Aplicações da Geometria Analítica na Resolução de Problemas · na Resolução de Problemas y...

Universidade Federal da ParaíbaCentro de Ciências Exatas e da Natureza

Departamento de Matemática

Mestrado Pro�ssional em Matemáticaem Rede Nacional PROFMAT

Aplicações da Geometria Analíticana Resolução de Problemas †

por

Assiclero Cavalcante Teotonio de Lacerda

sob a orientação do

Prof. Dr. Uberlandio Batista Severo

Dissertação apresentada ao Corpo Do-cente do Mestrado Pro�ssional em Ma-temática em Rede Nacional PROFMAT-CCEN-UFPB, como requisito parcialpara obtenção do título de Mestre emMatemática.

Agosto / 2015João Pessoa - PB

†O presente trabalho foi realizado com o apoio da CAPES, Coordenação de Aperfeiçoamento de

Pessoal de Nível Superior.

Aplicações da Geometria Analíticana Resolução de Problemas

por

Assiclero Cavalcante Teotonio de Lacerda

Dissertação apresentada ao Corpo Docente do Mestrado Pro�ssional em Matemáticaem Rede Nacional PROFMAT CCEN-UFPB, como requisito parcial para obtenção dotítulo de Mestre em Matemática.

Área de Concentração: Matemática

Aprovada por:

Prof. Dr. Uberlandio Batista Severo -UFPB (Orientador)

Prof. Dr. Bruno Henrique Carvalho Ribeiro - UFPB

Prof. Dr. Wilberclay Gonçalves Melo - UFS

Agosto / 2015

Agradecimentos

Em primeiro lugar a Deus, por ter me permitido realizar esse trabalho, provendo-

me todas as condições para conclusão deste mestrado.

Ao meu orientador Prof. Dr. Uberlandio Batista Severo, pela orientação segura

e pelas contribuições dadas ao texto.

Ao Prof. Eduardo Wagner, por ter me inspirado, com suas abordagens sobre

Geometria Analítica, a desenvolver o tema.

À minha esposa Maria do Amparo, pelo apoio constante desde o momento do

exame de acesso até a conclusão deste trabalho.

Aos amigos e colegas de turma pelo compartilhamento de conhecimentos.

Aos membros da Sociedade Brasileira de Matemática, pela iniciativa de estimular

a melhoria do ensino de Matemática através deste mestrado.

A todos os professores do PROMAT a nível nacional e a nível local, pelo suporte

dado ao programa.

Ao meu �lho Igor por está sempre presente.

À CAPES, pelo suporte �nanceiro e credibilidade dispensada ao PROFMAT.

iii

Dedicatória

À minha mãe Maria Ivete. Ao meu

pai Francisco de Assis (em memória).

iv

Resumo

O presente trabalho é uma proposta de abordagem da Geometria Analítica, para

ser usada como ferramenta na resolução de problemas em geral. A Geometria Ana-

lítica tem seu maior valor, exatamente onde ela é inesperada, nas aplicações em

outros ramos das ciência exatas. O objetivo é mostrar como a Geometria Analítica

pode ser aplicada, e como podemos fazer para enfatizar para o aluno que ela não é

uma parte da Matemática que se encerra em si mesma. Faremos uma abordagem

vetorial, quando for conveniente, fazendo com que as demostrações de fórmulas e

resoluções dos problemas se tornem mais simples. Acreditamos que fazendo uma ar-

ticulação entre a Geometria Analítica e suas aplicações, de uma forma bem natural,

estaremos melhorando o nível de aprendizagem dos alunos.

Palavras�Chave: Vetores, Geometria Analítica e Aplicações.

v

Abstract

The present work it is a proposal of approach of Analytic Geometry to be used as

a tool on resolution of problens in general. The Analitic Geometry has its greater

value axacty where it is unespected, in aplications in other branches of exact ecience.

The purpose it is to shou hom the Analytic Geometry can be applied, and hau ea we

do to emplasize to students thal the Analytic Geometry is not a part of Matematics

which ends itself. We will mak vector approach, when it is convinient making the

statments in formulas and resolutions of problens, become more simple. We beliave

that making a articulation between Analytic Geometry and its application, in a very

natural way, we are improving, the level of students learning.

Keywords: Vectors, Analitic Geometry, Aplications.

vi

Sumário

1 Vetores e Geometria Analítica 1

1.1 Distância Entre Dois Pontos no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Distância Entre Dois Pontos no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Equipolência de Segmentos Orientados . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4 Vetores no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Operações com Vetores no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.6 Propriedades das Operações com Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.6.1 Propriedades da Adição de Vetores . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.6.2 Propriedades da Multiplicação de Vetores por Escalares . . . . 9

1.7 Produto Interno em Termos de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . 10

1.7.1 Norma de um Vetor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.7.2 Vetores Perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.7.3 Propriedades do Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.8 Coordenadas do Ponto Divisor de um Segmento de Reta . . . . . . . 16

1.9 Alinhamento de Três Pontos no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.10 Baricentro de um Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.11 Equação da Reta no Plano e no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.11.1 Equação Cartesiana da Reta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

vii

1.11.2 Distância de um Ponto a uma Reta no Plano . . . . . . . . . . 22

1.12 Área do Paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.13 Área do Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.14 Equação da Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.15 Equação do Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.16 Volume de um Paralelepípedo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.17 Sistemas de Equações Lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.18 Comparando Métodos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.19 Sistema Cartesiano Oblíquo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2 Aplicações da Geometria Analítica 40

2.1 Aplicações na Geometria Plana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.2 Aplicações na Geometria Espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.3 Aplicações na Álgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.4 Aplicações na Cinemática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.5 Outras Aplicações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

2.6 Questões da OBMEP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Referências Bibliográ�cas 83

Lista de Figuras

1.1 Distâcias Entre pontos no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Distância Entre A e B no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Segmentos Equipolentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4 Vetor que Parte da Origem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.5 Vetor De�nido por Dois Pontos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.6 Ângulo Entre Vetores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.7 Lei dos Cossenos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.8 Pontos Alinhados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.9 Segmentos Perpendiculares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.10 Distância Entre Retas no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.11 Retas Paralelas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.12 Paralelogramo ABCD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.13 Retângulo ABCD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.14 Triângulos Congruentes ABC e DCB . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.15 Circunferência de Centro A e Raio R . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.16 Plano Determinado por um Ponto e um Vetor Perpendicular . . . . . 30

1.17 Paralelepípedo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.18 Retas com um Ponto em Comum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

ix

1.19 Quadrado ABCD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.20 Sistema Cartesiano Oblíquo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.21 Reta no Sistema Oblíquo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.1 Trapézio Isósceles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.2 Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.3 Quadrado no Plano OXY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4 Quadrado com AP Perpendicular a CQ . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.5 Circunferência Inscrita no Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.6 Circunferência Inscrita no Retângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.7 Retângulo no Plano OXY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.8 Trapézio no Plano OXY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.9 Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.10 Triângulo ABC no Plano OXY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.11 Triângulo Inscrito no Trapézio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.12 Retângulo ABCD no Plano OXY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.13 Pirâmide no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.14 Tetraedro Inscrito no Cudo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.15 Plano Perpendicular à Diagonal do Cubo . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.16 Tetraedro com Três Faces Ortogonais . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.17 Ângulo Entre as Diagonais do Cubo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.18 Circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.19 Distância Mínima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.20 Vetor Perpendicular a um Vetor Diretor . . . . . . . . . . . . . . . . 64

2.21 Representação Grá�ca de Movimentos . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.22 Representação Grá�ca de uma Rota de Colisão . . . . . . . . . . . . . 67

2.23 Dimensões do Campo de Futebol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.24 Diagrama do Lucro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.25 Divisão de um Segmento em Três Partes . . . . . . . . . . . . . . . . 71

2.26 Triângulo com um dos Vértices na Origem . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.27 Triângulo Semelhante em Destaque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

2.28 Diagrama de Espaço Amostral e Eventos . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.29 Mapa do Tesouro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.30 Localização do Tesouro no Plano Cartesiano . . . . . . . . . . . . . . 76

2.31 Pontos Sobre um Circulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.32 Trapézio da Questão 17, OBMEP 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

2.33 Trapézio Inscrito no Circulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.34 Polígono da Questão 18 da OBMEP 2005 . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.35 Perímetro do Polígono ABCG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.36 Preço por Distância Percorrida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

xi

Introdução

A Geometria Analítica costuma aparecer na série �nal do ensino médio, depois

de o aluno ter tido bastante contato com a tradicional Geometria Plana. Essa

mudança de geometria quase sempre é um balde de água fria na vida das personagens

envolvidas, o aluno e o professor.

Geralmente, com o decorrer das aulas, dependendo de como a Geometria Analí-

tica é lecionada, o aluno acaba vendo um apanhado de fórmulas a serem decoradas,

fórmula do ponto médio, baricentro, distância entre dois pontos, as várias equações

da reta (geral, reduzida, segmentária, etc), as condições de paralelismo, perpendi-

cularismo, distância entre ponto e reta (cuja fórmula raramente o professor deduz),

as duas equações da circunferência (geral e reduzida) e as condições de tangencia-

mento. E, �nalmente, e muito raramente são apresentadas as equações das cônicas,

elipse, hipérbole e parábola, quando o aluno já pode está desmotivado e o professor

frustado por não ter conseguido cativar o aluno.

Onde estar a falha e como achamos que essa condição pode ser modi�cada para

melhor? Na nossa opinião, a Geometria Analítica como está na maioria dos livros

didáticos, apresenta suas fórmulas e, em seguida, os exercícios como mera aplicações

diretas para sua memorização. Por exemplo, calcule a distância entre os pontos

(1,2) e (7,10); calcule a distância do ponto (1,3) à reta 12x + 7y + 1 = 0; escreva

xii

a equação geral da reta que passa pelos pontos (2,2) e (5,3), etc. A Geometria

Analítica �ca parecendo uma parte da Matemática que se encerra em si mesma. Na

nossa opinião, é aí onde se encontra a maior falha no ensino de Geometria Analítica.

Certo que devemos valorizar as fórmulas, a�nal a Geometria Analítica é basicamente

isso, um estudo de Geometria Plana e Espacial por meio de equações. Mas, se a

Geometria Analítica é isso, é primordial que nós professores, revisitemos a Geometria

Plana, a Geometria Espacial, a Cinemática Escalar, etc, para resolver problemas de

enunciados aparentemente especí�cos desses conteúdos, porém utilizando recursos

aprendidos em Geometria Analítica. O uso de coordenadas no plano e no espaço,

oferece não apenas um método para resolver problemas geométricos com recursos

de álgebra como, reciprocamente, fornece uma interpretação geométrica valiosa para

questões de natureza algébrica. A abordagem da Geometria Analítica que faremos

neste trabalho, limita-se a utiliza-lá na resolução de situações problema, onde possa

gerar soluções mais simples, do que as habitualmente usadas para resolver esses

problemas.

A metodologia proposta nesta dissertação é amparada nos Parâmetros Curricu-

lares Nacionais, particularmente em consonância com o transcrito abaixo:

"É o potencial de um tema permitir conexões entre diversos conceitos

matemáticos e entre diversas formas de pensamento matemático"(PCN,

pag. 40).

Com a metodologia proposta aproximamos mais ainda a Geometria Analítica

das Geometrias Plana e Espacial e de outros conteúdos da Matemática. Isso torna

possível fazer uma conexão com outros com ramos da ciência, facilitando assim,

às contextualizações e a interdisciplinaridade e mostrando as várias utilidades da

xiii

Geometria Analítica, tornando-a mais prazerosa para ser estudada.

Este trabalho está estruturado em dois capítulos.

O Capítulo 1 introduz o conceito de equipolência de segmentos orientados que

será a base para a introdução do conceito de vetor. Aborda a de�nição de vetor no

espaço, fazendo o estudo das operações envolvendo vetores, a adição, a multiplicação

de um vetor por um escalar, as propriedades das operações com vetores e de�nição de

vetor no plano. Introduz o conceito de produto interno e suas propriedades e aborda

os conceitos e fórmulas da Geometria Analítica Plana e Espacial. É importante

deixar claro que a abordagem feita neste capítulo não será aprofundada, pois será

abordado apenas conceitos necessários para as aplicações do Capítulo 2.

O Capítulo 2 trata das aplicações da Geometria Analítica na resolução de pro-

blemas, que no seu contexto geral não cita coordenadas.

Os registros geométricos presentes em todo o trabalho foram obtidos com o

auxílio do software Geogebra. 3

3GeoGebra (aglutinação das palavras Geometria e Álgebra) é um aplicativo de MatemáticaDinâmica desenvolvido para o ensino e aprendizagem da matemática nos vários níveis de ensino.O software reúne recursos de Geometria, Álgebra, tabelas, grá�cos, Probabilidade, Estatística ecálculos simbólicos em um único ambiente. Foi criado pelo austríaco Markus Hohenwarter paraser utilizado em ambiente de sala de aula.

xiv

Capítulo 1

Vetores e Geometria Analítica

Neste capítulo, vamos estabelecer os principais conceitos e resultados sobre veto-

res e Geometria Analítica. Vamos de�nir as operações de adição de vetores, multi-

plicação de um vetor por um número real e o produto interno de vetores em relação

aos sistemas de coordenadas ortogonais �xos OXY e OXY Z, abordaremos as apli-

cações dos vetores em alguns conteúdos da Geometria Analítica Plana e Espacial

e demostraremos as principais expressões e teoremas da Geometria Analítica. No

�nal do capítulo mostraremos algumas das principais vantagens do uso de vetores

na Geometria Analítica, comparando com o método analítico tradicional.

1.1 Distância Entre Dois Pontos no Plano

Sejam P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) pontos no plano π dados pelas suas coordena-

das em relação a um sistema de eixos ortogonais OXY dado. A distância de P a

Q, que designamos por d(P,Q), é a medida da hipotenusa PQ do triângulo retângulo

4PQR, da Figura 1.1, de catetos PR e QR. Sendo a distância entre dois pontos de

1

1.2. DISTÂNCIA ENTRE DOIS PONTOS NO ESPAÇO

Figura 1.1: Distâcias Entre pontos no Plano

um eixo medida pelo módulo da diferença das suas coordenadas, as medidas desses

catetos são, respectivamente, |PR| = |x2 − x1| e |QR| = |y2 − y1|. Do teorema de

Pitágoras, obtemos

d(P,Q) = |PQ| =√|PR|2 + |QR|2 =

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2.

Se M é um ponto do segmento PQ tal que d(M,Q) = d(M,P ), diremos que M é o

ponto médio de PQ, onde M =P +Q

2, que demostraremos na Seção 1.8.

1.2 Distância Entre Dois Pontos no Espaço

Dados os pontos A = (z, y, z) e B = (x′, y

′, z

′) pertencentes ao espaço R3.

Chama-se distância entre A e B e denotamos por d(A,B), o número real corresponde

ao comprimento do segmento AB que é calculado da forma

d(A,B) =√

(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2.

2

1.3. EQUIPOLÊNCIA DE SEGMENTOS ORIENTADOS

Em particular, a distância do ponto P = (x, y, z) à origem O = (0, 0, 0) é dada por

d(O,P ) =√x2 + y2 + z2. Por outro lado podemos provar facilmente a distância entre

A e B, usando o teorema de Pitágoras no triângulo APB da Figura 1.2.

Figura 1.2: Distância Entre A e B no Espaço

1.3 Equipolência de Segmentos Orientados

Tanto no plano como no espaço, diremos que os segmentos de reta orientados

AB e CD são equipolentes e denotamos por AB ≡ CD, quando eles: tem o mesmo

comprimento; são paralelos ou colineares e tem o mesmo sentido. Se AB e CD são

segmentos paralelos e de mesmo comprimento, então AB e CD têm o mesmo sentido

Figura 1.3: Segmentos Equipolentes

3

1.3. EQUIPOLÊNCIA DE SEGMENTOS ORIENTADOS

quando ABCD é uma paralelogramo. Para que os segmentos de reta orientados AB

e CD sejam equipolentes é necessário e su�ciente que os segmentos AD e BC tenham

o mesmo ponto médio.

Vamos caracterizar a equipolência em termos de coordenadas. Para isso, con-

sideremos um sistema de eixos ortogonais OXY no plano, e sejam A = (x1, y1),

B = (x2, y2), C = (x3, y3) e D = (x4, y4) pontos do plano expressos em coordenadas

com relação ao sistema dado.

Proposição 1.1. AB ≡ CD ⇐⇒ x2 − x1 = x4 − x3 e y2 − y1 = y4 − y3.

Para veri�car essa proposição, devemos lembrar que AD e BC tem o mesmo

ponto médio, então

AB ≡ CD ⇐⇒(x1 + x4

2,y1 + y4

2

)=

(x2 + x3

2,y2 + y3

2

)⇐⇒ (x1 + x4, y1 + y4) = (x2 + x3, y2 + y3)

⇐⇒ x1 + x4 = x2 + x3 −→ y1 + y4 = y2 + y3

⇐⇒ x2 − x1 = x4 − x3 −→ y2 − y1 = y4 − y3.

como queríamos demostrar.

Exemplo 1.1. Dados os pontos A = (1, 2), B = (3,−2) e C = (−2, 0), determine

as coordenadas do ponto D = (x, y) de modo que AB ≡ CD.

Pela proposição 1.1, se AB ≡ CD então 3− 2 = x− (−2) e −2− 2 = y − 0 que

nos dar x = −1 e y = −4, ou seja D = (−1,−4).

4

1.4. VETORES NO ESPAÇO

1.4 Vetores no Espaço

Quando os segmentos orientados AA′ e PP ′ no espaço E são equipolentes, escre-

vemos−−→AA′ =

−−→PP ′ e dizemos que eles representam o mesmo vetor ~v =

−−→AA′ =

−−→PP ′.

Dado o sistema de coordenadas OXY Z, com A = (a, b, c), A′ = (a′, b′, c′), P =

(m,n, p) e P ′ = (m′, n′, p′), tem-se−−→AA′ =

−−→PP ′ = ~v se, e somente se, a′−a = m′−m,

b′− b = n′− n e c′− c = p′− p. Pondo α = a′− a, β = b′− b e γ = c′− c, escreve-se

~v = (α, β, γ) e diz-se que estas são as coordenadas do vetor ~v =−−→AA′ no sistema

OXY Z. Se ~v =−−→AA′ é um vetor e P é um ponto arbitrário no espaço, existe um

único ponto P ′ tal que−−→PP ′ = ~v. Quando P = (x, y, z) e ~v = (α, β, γ), tem-se

P ′ = (x+ α, y + β, z + γ). Em particular, sendo O = (0, 0, 0) e P = (x, y, z) pontos

do espaço, o vetor ~v =−→OP = (x, y, z).

Figura 1.4: Vetor que Parte da Origem

A igualdade de vetores é estabelecida com base na igualdade de pares ordenados

da seguinte forma: Se ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2), então ~u = ~v ⇐⇒ x1 = x2,

y1 = y2 e z1 = z2. Uma coisa agradável com respeito a vetores é que se podem

5

1.4. VETORES NO ESPAÇO

efetuar operações entre eles. As propriedades dessas operações tornam-se particu-

larmente simples se convencionarmos em admitir o vetor nulo−→AA, determinado por

um segmento degenerado, no qual o início e a extremidade �nal se reduzem a um

mesmo ponto. Mais precisamente, admitiremos que dois pontos quaisquer do es-

paço são equipolentes; assim o vetor nulo−→AA pode ter, como os demais vetores,

uma origem localizada em qualquer ponto do espaço. Usaremos o mesmo simbolo 0

para representar tanto o vetor nulo como o número zero. Em qualquer sistema, as

coordenadas do vetor nulo são (0, 0, 0).

Sejam A = (x1, y1, z1), B = (x2, y2, z2) pontos do espaço e O a origem do sistema

de coordenadas, �ca estabelecida a determinação das coordenadas do vetor−→AB da

seguinte forma:−→OA+

−→AB =

−−→OB, ou seja A+

−→AB = B =⇒

−→AB = B−A, ver Figura

1.5. Daí temos que o vetor−→AB = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1).

Figura 1.5: Vetor De�nido por Dois Pontos

6

1.5. OPERAÇÕES COM VETORES NO ESPAÇO

1.5 Operações com Vetores no Espaço

Sejam ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2) vetores no espaço expressos em coorde-

nadas. Vamos encontrar uma expressão para a soma dos vetores ~u e ~v em função

de suas coordenadas. Sejam A = (x1, y1, z1) e B = (x2, y2, z2) tais que ~u =−→OA e

~v =−−→OB. Seja C = (x3, y3, z3) o ponto tal que ~u =

−−→BC. Os segmentos orientados OA

e BC são equipolentes, logo os vetores correspondentes−→OA e

−−→BC são iguais, isto é

(x1, y1, z1) = (x3−x2, y3−y2, z3−z2). Logo, C = (x3, y3, z3) = (x1+x2, y1+y2, z1+z2).

Assim, ~u+ ~v =−→OA+

−−→OB =

−−→OB +

−−→BC =

−→OC = C = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2).

Para as operações com vetores no plano, o processo é análogo ao efetuado para

de�nir estas operações para vetores no espaço e as propriedades são basicamente as

mesmas, por isso muitos detalhes serão omitidos. Vamos de�nir duas operações

no conjunto de vetores do espaço, uma operação de adição e uma operação de

multiplicação de vetores por números reais.

De�nição 1.1. Chama-se soma de dois vetores ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2) que

se indica por ~u+~v, o vetor: ~u+~v = (x1, y1, z1)+(x2, y2, z2) = (x1+x2, y1+y2, z1+z2).

De�nição 1.2. Dado um vetor ~v = (x, y, z) e um número real µ, chama-se produto

do vetor ~v pelo escalar µ, o vetor ~u = µ~v = µ(x, y, z) = (µx, µy, µz).

O vetor ~u = µ~v terá o mesmo sentido de ~v se µ > 0 e sentido contrário ao ~v, se

µ < 0.

Exemplo 1.2. Sejam A = (3, 2, 0), B = (0, 3,−2) e C = (4, 3, 2) pontos do espaço.

Obtenha o ponto D tal que−−→AD =

−→AB +

−→AC.

Solução: Temos,−→AB = (0 − 3, 3 − 2,−2 − 0) = (−3, 1,−2) e

−→AC = (4 − 3, 3 −

2, 2−0) = (1, 1, 2). Logo,−→AB+

−→AC = (−3, 1,−2)+(1, 1, 2) = (−2, 2, 0). Além disso,

7

1.6. PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES COM VETORES

se D = (x4, y4, z4) é a extremidade do representante AD do vetor soma−→AB +

−→AC

com origem no ponto A, então x4 − 3 = −2, y4 − 2 = 2 e z4 − 0 = 0. Portanto,

D = (1, 4, 0).

1.6 Propriedades das Operações com Vetores

A adição de vetores e a multiplicação de vetores por escalares satisfazem pro-

priedades semelhantes às propriedades aritméticas das operações numéricas, isto

permite converter problemas geométricos em problemas algébricos e vice - versa.

1.6.1 Propriedades da Adição de Vetores

Se ~u,~v e ~w são vetores do espaço, valem as seguintes propriedades:

a) ~u+ ~v = ~v + ~u (Comutativa);

b) ~u+ (~v + w) = (~u+ ~v) + ~w (Associativa);

c) ~u+~0 = ~u (elemento neutro);

d) ~u+ ( ~−u) = ~0 (Existência de inverso aditivo).

A adição de vetores é uma operação bem de�nida, isto é, a de�nição da soma do

vetor ~u =−→AB com ~v =

−−→BC não depende da escolha do ponto A.

Para cada vetor ~u, existe um único vetor, que designamos por −~u, denominado

simétrico aditivo de ~u, tal que a soma de ambos é o vetor nulo. O inverso aditivo

de ~v = (x, y, z) é o vetor −~v = (−x,−y,−z). Para provar algebricamente a parte

8

1.6. PROPRIEDADES DAS OPERAÇÕES COM VETORES

b), consideramos ~u = (x1, y1, z1), ~v = (x2, y2, z2) e ~w = (x3, y3, z3). Então,

~u+ (~v + ~w) = (x1, y1, z1) + [(x2, y2, z2) + (x3, y3, z3)]

= (x1, y1, z1) + (x2 + y2 + z2, x3 + y3 + z3)

= [x1 + (x2 + x3), y1 + (y2 + y3), z1 + (Z2 + z3)]

= [(x1 + x2) + x3, (y1 + y2) + y3, (z1 + z2) + z3]

= (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) + (x3, y3, z3)

= [(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)] + (x3, y3, z3)

= (~v + ~u) + ~w.

As provas algébricas das partes a) e c) são análogas.

1.6.2 Propriedades da Multiplicação de Vetores por Escalares

Se ~u e ~v são vetores e λ e µ números reais, temos

a) λ(µ · ~v) = (λµ)~v (Associatividade);

b) (λ+ µ)~v = λ~v + µ~v (Distributiva em relação a adição de vetores);

c) λ(~u+ ~v) = λ~u+ λ~v (Distributiva com relação a adição de escalares);

d) 1~v = ~v (Elemento neutro).

A associatividade e as propriedades distributivas são veri�cadas usando coordenadas

e as propriedades análogas que já conhecemos nos números reais. Demostrando

algebricamente o item c). Sejam ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2) vetores do espaço

9

1.7. PRODUTO INTERNO EM TERMOS DE COORDENADAS

e λ ∈ R. temos que

λ(~u+ ~v) = λ[(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)]

= λ(x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)

= (λx1 + λx2, λy1 + λy2, λz1 + λz2)

= (λx1, λy1, λz1) + (λx2, λy2, λz2)

= λ(x1, y1, z1) + λ(x2, y2, z2)

= λ~u+ λ~v,

o que mostra a propriedade. Analogamente, são feitas as provas algébricas das partes

a), b) e d).

1.7 Produto Interno em Termos de Coordenadas

Chama-se produto interno entre os vetores ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2) o

número real 〈~u,~v〉 = x1x2 + y1y2 + z1z2. O produto interno de dois vetores é um

número real e não um vetor. Algumas vezes é chamado de produto escalar. Esta

fórmula vale obviamente quando um dos vetores ~u ou ~v é igual a zero. Assim,

em qualquer caso, obtemos uma expressão do produto interno 〈~u,~v〉 em função

das coordenadas dos vetores ~u e ~v. Para a abordagem geométrica precisamos de

dois conceitos preliminares, a noção de norma de um vetor e a noção de ângulo

entre dois vetores. De�nimos o ângulo entre ~u e ~v como sendo o menor ângulo

entre os segmentos AB e AC representantes de ~u e ~v, respectivamente, Figura 1.6.

Denotamos por θ a medida do ângulo entre ~u e ~v.

Exemplo 1.3. Determine o número real x para que o produto interno dos vetores

10


Figura 1.6: Ângulo Entre Vetores

~u = (4,−3, 0) e ~v = (x, 1, 1) seja igual a 5.

Temos: 5 = 〈~u,~v〉 = 4x− 3 · 1 + 0 · 1⇐⇒ 8 = 4x⇐⇒ x = 2.

1.7.1 Norma de um Vetor

A norma ou comprimento de um vetor ~v é o número ‖~v‖ dado pelo comprimento

de um segmento orientado representante de ~v. Se A = (x1, y1, z1) e B = (x2, y2, z2)

são dois pontos do espaço, então a norma do vetor ~v =−→AB é a distância entre A e B.

Como−→AB = (x2− x1, y2− y1, z2− z1), segue, denotando por d a distância entre A e

B, que ‖~v‖ = d =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1). Se P = (x, y, z) é um ponto

tal que ~v =−→OP , então d(O,P ) = ‖~v‖ =

√x2 + y2 + z2. Se ~u = (x, y, z), então o

comprimento do vetor λ~u é |λ| vezes a norma do vetor ~u, ou seja, ‖λ~u‖ = |λ|.‖~u‖.

11


De fato, seja ~u = (x, y, z) e λ ∈ R. Assim, λ~u = (λx, λy, λz) e, portanto

‖λ~u‖ =√

(λx)2 + (λy)2 + (λz2)

=√λ2x2 + λ2y2 + λ2z2

=√λ2(x2 + y2 + z2)

=√λ2.√x2 + y2 + z2

= |λ|.‖~u‖.

1.7.2 Vetores Perpendiculares

Proposição 1.2. Dois vetores são perpendiculares (determinam um ângulo reto)

se, e somente se, o seu produto interno é zero.

Consideremos no plano cartesiano ortogonal os pontosO = (0, 0, 0), A = (x1, y1, z1),

B = (x2, y2, z2), o vetor−→OA = (x1, y1, z1) e o vetor

−−→OB = (x2, y2, z2), com

−→OA⊥

−−→OB,

aplicando o teorema de Pitágoras devemos ter (OA)2 +(OB)2 = (AB)2 ⇒ ‖−→OA‖2 +

‖−−→OB‖2 = ‖

−→AB‖2, ou seja x21+y21+z21 +x22+y22+z22 = (x2−x1)2+(y2−y1)2+(z2−z1)2

simpli�cando a igualdade acima, obtemos 0 = −2x1x2 − 2y1y2 − 2z1z2, que nos dar

x1x2 + y1y2 + z1z2 = 0, que prova a proposição.

É interessante notar a relação de ortogonalidade entre os vetores ~u = (a, b) e

~v = (−b, a). Como 〈~u,~v〉 = 0 então eles são perpendiculares. Além disso, ‖~u‖ =

‖~v‖ =√a2 + b2 e portanto, eles possuem o mesmo comprimento, ~v é o resultado da

rotação de ~u, de um ângulo reto (no sentido positivo, isto é, mesmo sentido de OX

para OY ). Analogamente, o vetor ~v′ = (a,−b), é o resultado da rotação de ~u, de

um ângulo reto, no sentido ante horário.

12


1.7.3 Propriedades do Produto Interno

Se ~u, ~v e ~w são vetores no espaço e k é um número real, então as seguintes

propriedades valem:

a) 〈~u,~v〉 = 〈~v, ~u〉;

b) 〈~u, (~v + ~w)〉 = 〈~u,~v〉+ 〈~u, ~w〉;

c) k(〈~u,~v〉) = 〈(k~u), ~v〉 = 〈~u, (k~v)〉;

d) 〈~u, ~u〉 = ‖~u‖2 ≥ 0.

Para demostrar o item a), sejam ~u = (x1, y1, z1) e ~v = (x2, y2, z2). Então 〈~u,~v〉 =

x1x2+y1y2+z1z2 = x2x1+y2y1+z2z1 = 〈~v, ~u〉. Para o item b), sejam ~u = (x1, y1, z1),

~v = (x2, y2, z2) e ~w = (x3, y3, z3). Assim temos

〈~u,~v + ~w〉 = 〈(x1, y1, z1), [(x2, y2, z2) + (x3, y3, z3)]〉

= 〈(x1, y1, z1), (x2 + x3, y2 + y3, z2 + z3)〉

= x1(x2 + x3) + y1(y2 + y3) + z1(z2 + z3)

= x1x2 + x1x3 + y1y2 + y1y3 + z1z2 + z1z3

= (x1x2 + y1y2 + z1z2) + (x1x3 + y1y3 + z1z3)

= 〈~u,~v〉+ 〈~u, ~w〉.

Para saber mais, medir o ângulo entre dois vetores do espaço é equivalente a deter-

minar o seu cosseno, pois o ângulo, quando medido em radianos, é um número do

intervalo [0, π] e o cosseno restrito a esse intervalo é uma função injetora.

Para provar a parte c) das propriedades do produto interno, considerando k uma

13


constante real, temos

k〈~u,~v〉 = k[〈(x1, y1, z1), (x2, y2, z2)〉]

= k(x1x2 + y1y2 + z1z2)

= k(x1x2) + k(y1y2) + k(z1z2)

= (kx1)x2 + (ky1)y2 + (kz1)z2

= 〈(kx1, ky1, kz1), (x2, y2, z2)〉

= 〈(k~u), ~v〉.

De maneira análogo mostra-se que k〈~u,~v〉 = 〈~u, (k~v)〉. Para demostrar a parte d),

considerando ~u = (x, y, z), temos 〈~u, ~u〉 = x2 + y2 + z2 = ‖~u‖2 ≥ 0.

Proposição 1.3. O produto interno ou produto escalar entre os vetores ~u e ~v, é o

número real 〈~u,~v〉 = ‖~u‖‖~v‖cosθ, onde θ = ∠(~u,~v) e se, ~u = 0 ou ~v = 0, 〈~u,~v〉 = 0.

Figura 1.7: Lei dos Cossenos

Para veri�car esta proposição, tomemos−→OP = ~u = (x1, y1, z1) e

−→OQ = ~v =

(x2, y2, z2) no triângulo OPQ da Figura 1.7 e aplicamos a lei dos cossenos, o que

14


resulta na seguinte expressão:

‖−→QP‖2 = ‖~u‖2 + ‖~v‖2 − 2‖~u‖‖~v‖cosθ (1)

Por outro lado−→OQ+

−→QP =

−→OP =⇒

−→QP =

−→OP −

−→OQ, então

‖−→QP‖2 = ‖

−→OP −

−→OQ‖2 = ‖~u− ~v‖2

= ‖(x1 − x2, y1 − y2, z1 − z2)‖2

= (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2

= x21 + y21 + z21 + x22 + y22 + z22 − 2(x1x2 + y1y2 + z1z2). (1.1)

Substituindo (1.1) em (1), resulta

‖~u‖‖~v‖cosθ = x1x2 + y1y2 + z1z2 = 〈~u,~v〉

como queríamos demostrar.

Proposição 1.4. Para todos os vetores ~u e ~v, vale a desigualdade de Cauchy-

Schawarz,

|〈~u,~v〉| ≤ ‖~u‖‖~v‖.

Para provar essa desigualdade, tomando o módulo em ambos os membros da

identidade da Proposição 1.3, temos |〈~u,~v〉| = |‖~u‖.‖~v‖|cosθ| = ‖~u‖.‖~v‖|cosθ|. Sa-

bendo que |cosθ| ≤ 1, vem |〈~u,~v〉| ≤ ‖~u‖.‖~v‖.

Proposição 1.5. Para todos os vetores ~u e ~v, do espaço vale a desigualdade trian-

gular, ‖~u+~v‖ ≤ ‖~u‖+ ‖~v‖, valendo a igualdade se, e somente se, um dos vetores ~u

ou ~v é zero ou são múltiplos positivos um do outro.

Demostração. Como as quantidades desta desigualdade são todas números reais

15

1.8. COORDENADAS DO PONTO DIVISOR DE UM SEGMENTO DE RETA

não negativos, ela equivale à desigualdade

‖~u+ ~v‖2 ≤ (‖~u‖+ ‖~v‖)2.

Da desigualdade de Cauchy-Schwarz e das propriedades do produto interno, temos

‖~u+ ~v‖2 = 〈~u+ ~v, ~u+ ~v〉

= 〈~u, ~u〉+ 〈~u,~v〉+ 〈~v, ~u〉+ 〈~v,~v〉

= ‖u‖2 + 2〈~u,~v〉+ ‖~v‖2

≤ ‖~u‖2 + 2‖~u‖‖~v‖+ ‖~v‖2

= (‖~u‖+ ‖~v‖)2.

1.8 Coordenadas do Ponto Divisor de um Segmento

de Reta

A fórmula da distância entre dois pontos permite obter imediatamente as coorde-

nadas do ponto que divide um segmento AA′ numa razão dada. Sendo A = (a, b, c) e

A′ = (a′, b′, c′). Veremos que os pontos do segmento de reta AA′ são Xt = (xt, yt, zt),

onde 0 ≤ t ≤ 1 e

xt = a+ t(a′ − a)

yt = b+ t(b′ − b)

zt = c+ t(c′ − c).

16

1.9. ALINHAMENTO DE TRÊS PONTOS NO PLANO

Destas igualdades, resulta por um cálculo simples que

d(A,Xt)

d(A,A′)=

√(xt − a)2 + (yt − b)2 + (zt − c)2√(a′ − a)2 + (b′ − b)2 + (c′ − c)2

= t.

Portanto, Xt é, para todo t ∈ [0, 1], o ponto do segmento de reta AA′ tal que

d(A,Xt)/d(A,A′) = t. Em particular, tomando t =1

2obtemos as coordenadas do

ponto médio de AA′

M = X1/2 =

(a+ a′

2,b+ b′

2,c+ c′

2

).

1.9 Alinhamento de Três Pontos no Plano

Dizemos que três pontos distintos estão alinhados ou são colineares, quando

existe uma reta que passa pelos três. Para que A = (x1, y1), B = (x2, y2) e C =

Figura 1.8: Pontos Alinhados

(x3, y3) estejam alinhados é preciso que os vetores−→AB e

−→AC sejam colineares, isto é:

−→AB = α.

−→AC, para algum α ∈ R. Desenvolvendo a expressão acima em coordenadas,

tem-se (x2 − x1, y2 − y1) = α(x3 − x1, y3 − y1)⇒x2 − x1x3 − x1

=y2 − y1y3 − y1

= α, usando a

17

1.10. BARICENTRO DE UM TRIÂNGULO

notação de determinante, podemos escrever

∣∣∣∣∣∣∣x2 − x1 y2 − y1

x3 − x1 y3 − y1

∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Observe que a primeira linha do determinante corresponde às coordenadas do vetor−→AB e a segunda linha às coordenadas do vetor

−→AC.

1.10 Baricentro de um Triângulo

Baricentro de um triângulo é o ponto onde as retas suportes das três medianas se

intersectam. Lembrando que uma mediana é o segmento de reta que liga um vértice

do triângulo, ao ponto médio do lado oposto. Considerando no plano os pontos

A = (x1, y1), B = (x2, y2) e C = (x3, y3) distintos e não colineares. Seja G = (xG, yG)

o baricentro de um triângulo ABC. Observamos que, sendo M = (xM , yM) ponto

médio de AC, tem-se: xM =x1 + x3

2e yM =

y1 + y32

. O ponto G é tal que

−−→BG = 2

−−→GM , dai: G − B = 2(M − G) ⇒ 3G = 2M + B ⇒ G =

2M +B

3⇒

(xG, yG) =2(xM , yM) + (x2, y2)

3. Dai, teremos

xG =2xM + x2

3=

2

(x1 + x3

2

)+ x2

3=x1 + x2 + x3

3,

yG =2yM + y2

3=

2

(y1 + y3

2

)+ y2

3=y1 + y2 + y3

3

18

1.11. EQUAÇÃO DA RETA NO PLANO E NO ESPAÇO

e as coordenadas do baricentro são

G =

(x1 + x2 + x3

3,y1 + y2 + y3

3

).

1.11 Equação da Reta no Plano e no Espaço

Se r é uma reta no plano, que passa pelo ponto A = (a, b) e tem direção de

~v = (α, β) 6= ~0, sendo P = (x, y) ∈ r temos P ∈ r ⇐⇒−→AP é múltiplo de ~v. Então,

P ∈ r ⇐⇒ AP = t.~v para algum t ∈ R, dai P = A + t.~v, com t ∈ R. Logo

(x, y) = (a, b) + t(α, β). Portanto

r :

x = a+ αt

y = b+ βt, t ∈ R.

Estas são portanto, as equações paramétricas da reta que passa pelo ponto A = (a, b)

e tem a direção do do vetor ~v = (α, β).

Exemplo 1.4. Determine a equação da reta que passa pelos pontos A = (1, 2) e

B = (4, 4).

Sendo P = (x, y) um ponto do plano, sobre a reta que passa em A e B. Temos

que:−→AB = ~v = (4 − 1, 4 − 2) = (3, 2) e

−→AP = t.~v, com t ∈ R, pois ~v e

−→AP são

colineares. então P − A = t.~v =⇒ P = A+ t.~v =⇒ (x, y) = (1, 2) + t(3, 2), ou seja

r :

x = 1 + 3t

y = 2 + 2t, t ∈ R.

Estas são portanto, equações paramétricas da reta que contém os pontos A = (1, 2)

19


e B = (4, 4). Colocando t em função de x e y, temos:x− 1

3=y − 2

2=⇒ 2x− 2 =

3y − 6 =⇒ 2x− 3y + 4 = 0.

No espaço, uma reta r passa pelo ponto A = (a, b, c) e tem direção de ~v =

(α, β, γ) 6= ~0, sendo P = (x, y, z) ∈ r temos P ∈ r ⇐⇒−→AP é múltiplo de ~v. Então,

P ∈ r ⇐⇒−→AP = t.~v para algum t ∈ R, dai P = A + t.~v, com t ∈ R. Logo

(x, y, z) = (a, b, c) + t(α, β, γ). Portanto

r :

x = a+ αt

y = b+ βt

z = c+ γt, t ∈ R.

Estas são portanto, as equações paramétricas da reta que passa pelo ponto A =

(a, b, c) e tem a direção do do vetor ~v = (α, β, γ).

1.11.1 Equação Cartesiana da Reta

Para caracterizar a equação cartesiana de uma reta, vamos usar a condição de

perpendicularidade de dois vetores, isto é, o produto interno entre eles é igual a

zero. Um vetor ~u 6= 0 é perpendicular a uma reta r se os vetores ~u e−→AB são

perpendiculares, quaisquer que sejam os pontos A, B ∈ r. Seja r a reta que passa

pelo ponto A = (x0, y0) e é perpendicular ao vetor ~v = (a, b) 6= 0. Para qualquer

ponto P = (x, y) da reta r, teremos que 〈−→AP,~v〉 = 0. Então, a(x−x0)+b(y−y0) = 0

daí, ax+ by = ax0 + by0. Fazendo c = ax0 + by0 temos

ax+ by = c.

20


Essa é a equação cartesiana da reta r. Uma informação geométrica importante a

respeito da reta de�nida pela equação ax + by = c é que ela é perpendicular ao

segmento de reta OA da Figura 1.9, onde A = (a, b). Para ver isto, consideremos

Figura 1.9: Segmentos Perpendiculares

dois pontos distintos, P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) sobre esta reta. Então tem-se

ax1 + by1 = c e ax2 + by2 = c, logo a(x2 − x1) + b(y2 − y1) = 0. Esta igualdade

signi�ca que o segmento OA é perpendicular a PQ, portanto à reta ax + by = c.

Mantendo a e b �xos e fazendo variar c, as diversas retas ax+ by = c assim obtidas

são paralelas entre si, todas perpendiculares ao segmento OA, com A = (a, b).

Quando c = 0, a reta ax + by = 0 passa pela origem. Evidentemente, uma outra

reta a′x+ b′y = c′, com A′ = (a′, b′) será perpendicular à primeira se, e somente se,

OA ⊥ OA′, isto é, aa′ + bb′ = 0. Portanto, aa′ + bb′ = 0 é condição necessária e

su�ciente para que as retas ax+ by = c e a′x+ b′y = c′ sejam perpendiculares. Por

exemplo, as retas ax+ by = c e bx− ay = c′ são perpendiculares, sejam quais forem

a, b, c, c′. Analisar a posição relativa de duas retas com base nos coe�cientes das

21


equações que as de�nem equivale ao estudo das soluções do sistema linear

ax+ by = c

a′x+ b′y = c′.

podemos notar que dado o ponto P = (x, y) no plano, tem-se y = ax+b se, e somente

se, P pertence à reta r que tem inclinação (ou coe�ciente angular) a e corta o eixo

OY no ponto (0, b), de ordenada b. Vemos assim que esse tipo de equação só pode

ser usado para representar retas que não são paralelas ao eixo OY , isto é, retas

não-verticais. Lembrando ainda que a inclinação de uma reta não-vertical r é o

número

a =y2 − y1x2 − x1

onde (x1, y1) e (x2, y2) são ponto de r com abcissas distintas. Este número a é o

mesmo, não importa que pontos (x1, y1) e (x2, y2) se tomem sobre a reta r (com

x1 6= x2) pois ele é a tangente trigonométrica do ângulo α que o eixo OX forma com

a reta r.

Ao representar a reta não-vertical r pela equação y = ax + b estamos dizendo

que r é o conjunto de pontos P = (x, y) tais que y = ax+ b. Isto signi�ca que r é o

grá�co da função f : R −→ R, dada por f(x) = ax+ b.

1.11.2 Distância de um Ponto a uma Reta no Plano

Determinemos primeiramente a distancia entre as retas paralelas ax + by = c e

ax + by = c′, da Figura 1.10. Ambas são perpendiculares à reta bx − ay = 0, que

passa pela origem e as corta nos pontos P e Q respectivamente. As coordenadas

22


desses pontos são obtidas resolvendo os sistemas

Figura 1.10: Distância Entre Retas no Plano

ax+ by = c

bx− ay = 0

e ax+ by = c′

bx− ay = 0

Facilmente obtemos P =

(ac

a2 + b2,

bc

a2 + b2

)e Q =

(ac

′

a2 + b2,

bc′

a2 + b2

). A distância

entre as as duas retas é a distância entre os pontos P e Q . Outro cálculo fácil nos

fornece

d(P,Q) =|c′ − c|√a2 + b2

.

23

1.12. ÁREA DO PARALELOGRAMO

Para calcular a distância do ponto P = (x0, y0) à reta r, dada por ax + by = c,

observamos que a reta paralela a r passando por P tem equação ax+ by = c′, onde

c′

= ax0 + by0 e que a distância de P a r é igual à distância entre essas duas reta

paralelas, Figura 1.11. Pelo que acabamos de ver, tem-se então a expressão

Figura 1.11: Retas Paralelas

d(P,r) =|ax0 + by0 − c|√

a2 + b2.

para a distância do ponto P = (x0, y0) à reta ax+ by = c.

1.12 Área do Paralelogramo

Uma expressão para a área do paralelogramo poderá ser obtida considerando o

espaço tridimensional, da seguinte forma: sejam P , A e B três pontos não-colineares

no espaço. Ponhamos ~u =−→PA e ~v =

−−→PB. Considerando ~u + ~v =

−→PC obtemos um

paralelogramo PACB, no qual A = P+~u, B = P+~v e C = P+(~u+~v). Chamaremos

24


de matriz de Gram dos vetores ~u e ~v, a matriz de�nida por

g(~u,~v) =

〈~u, ~u〉〈~u,~v〉〈~v, ~u〉〈~v,~v〉

.

Para determinar a área do paralelogramo PACB, deveremos mostrar que o det.g(~u,~v)

(determinante desta matriz) é o quadrado dessa área e lembrar que o produto interno

de dois vetores não depende do sistema de coordenadas escolhido. Consideremos en-

tão o sistema PXY Z, com origem no ponto P , tal que os pontos A e B pertençam

ao plano horizontal z = 0. Vamos determinar portanto, uma expressão para a área

do paralelogramo baseada em [3], no plano. Seja o paralelogramo P da Figura 1.12,

a área S, de P se obtém multiplicando a medida da base AD pela medida da al-

tura EB. Se θ é o ângulo entre−→AB e

−−→AD, então ‖

−−→EB‖ = ‖

−→AB‖.senθ, portanto,

Figura 1.12: Paralelogramo ABCD

25


S = ‖−−→AD‖.‖

−→AB‖.senθ. Sendo sen2θ = 1− cos2θ, temos

S2 = (‖~u‖.‖~w‖.senθ)2

= ‖~u‖2.‖~w‖2.sen2θ

= ‖~u‖2.‖~w‖2.(1− cos2θ)

= ‖~u‖2.‖~w‖2 − ‖~u‖2.‖~w‖2.cos2θ

= ‖~u‖2.‖~w‖2 − (〈~u, ~w〉)2.

Portanto,

S2 =

∣∣∣∣∣∣∣‖~u‖2 〈~u, ~w〉

〈~u, ~w〉 ‖~w‖2

∣∣∣∣∣∣∣Se ~u = (α, β) e ~w = (α

′, β

′), em relação ao sistema de eixos ortogonais OXY , temos

‖~u‖2 = α2 + β2, ‖~w‖2 = (α′)2 + (β

′)2 e 〈~u, ~w〉 = α.α

′+ β.β

′. Logo,

S2 = (α2 + β2).[(α′)2 + (β

′)2]− (αα

′+ ββ

′)2

= α2(β′)2 + α2β2 + β2(α

′)2 + β2(β

′)2 − α2(α

′)2 − 2αα

′ββ

′ − β2(β′)2

= α2(β′)2 − 2(αβ

′)(α

′β) + β2(α

′)2 = (αβ

′ − βα′)2,

ou seja, S = |αβ ′ − βα′| e sendo

26


∆ =

∣∣∣∣∣∣∣α β

α′β

′

∣∣∣∣∣∣∣teremos S = |∆|. Portanto, a área do paralelogramo P cujos lados são representados

pelos vetores ~u = (α, β) e ~w = (α′, β

′) é igual ao módulo do determinante da matriz

cujas linhas são as coordenadas de ~u e ~w respectivamente.

Exemplo 1.5. Os pontos A = (2, 3), B = (3, 1) e C = (9, y) são vértices consecu-

tivos de um retângulo. Determine o quarto vértice.

Figura 1.13: Retângulo ABCD

Deveremos ter ~u =−→BA = (−1, 2) e ~v =

−−→BC = (6, y − 1). Como 〈~u,~v〉 =

(−1) · 6 + 2(y − 1) = 0, então y = 4, logo ~v = (6, 3). Assim ~u + ~v = (5, 5) e

D = B + ~u+ ~v = (8, 6).

27

1.13. ÁREA DO TRIÂNGULO

1.13 Área do Triângulo

Usando o cálculo da área S do paralelogramo, vamos calcular a área S1 do

triângulo de vértices A, B e C. Observe que o paralelogramo ABCD de lados

Figura 1.14: Triângulos Congruentes ABC e DCB

adjacentes AB e AC é composto dos triângulos congruentes ABC e DCB, ver

Figura 1.14, então S1 =1

2S. Se

−→AC = ~u = (α, β) e

−→AB = ~w = (α

′, β

′), então sendo

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣α β

α′β

′

∣∣∣∣∣∣∣ .

Daí segue que S1 =1

2|∆|.

Exemplo 1.6. Calcular a área do quadrilátero ABCD, sabendo que A = (−4,−2),

B = (−2, 4), C = (7, 5) e D = (1,−1).

A área do quadrilátero ABCD será a soma das áreas dos triângulos ABD e

BDC. Calculo da área S1 do triângulo ABD. Sejam−→AB = (2, 6) e

−−→AD = (5, 1),

28

1.14. EQUAÇÃO DA CIRCUNFERÊNCIA

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣2 6

5 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 2 · 1− 5 · 6 = 2− 30 = −28

e S1 =1

2.|∆| =

1

2.| − 28| = 14. Calculo da área S2 do triângulo BDC. Sejam

−−→BD = (3,−5) e

−−→BC = (9, 1) então

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣3 −5

9 1

∣∣∣∣∣∣∣ = 3 · 1− 9 · (−5) = 3 + 45 = 48

e S2 =1

2.|∆| = 1

2.|48| = 24. Portanto, S = S1 + S2 = 14 + 24 = 38.

1.14 Equação da Circunferência

A circunferência de centro A = (a, b) e raio R > 0 é o conjunto φ formado pelos

pontos P = (x, y) tais que ‖~u‖ = ‖−→AP‖ = R. Assim P = (x, y) pertence a φ se, e

somente se√

(x− a)2 + (y − b)2 = R⇒ (x− a)2 + (y− b)2 = R2. Esta é, portanto,

a equação da circunferência de centro A = (a, b) e raio R.

Exemplo 1.7. Determine a equação da circunferência de centro no ponto A = (4, 5)

e de raio R = 2.

Solução. Temos que a = 4, b = 5 e R = 2 então, a equação dessa circunferência

será (x− 4)2 + (y − 5)2 = 22 =⇒ (x− 4)2 + (y − 5)2 = 4.

29

1.15. EQUAÇÃO DO PLANO

Figura 1.15: Circunferência de Centro A e Raio R

1.15 Equação do Plano

Seja Π um plano perpendicular ao vetor ~v = (a, b, c) e que contém o ponto

P0 = (x0, y0, z0). Considerando um ponto qualquer P = (x, y, z) ∈ Π, temos que−−→P0P = ~u = (x− x0, y− y0, z− z0) e ~u⊥~v, então 〈~u,~v〉 = 0, ou seja a(x− x0) + b(y−

Figura 1.16: Plano Determinado por um Ponto e um Vetor Perpendicular

y0) + c(z− z0) = 0. Simpli�cando, obtemos a relação ax+ by+ cz = ax0 + by0 + cz0,

o segundo membro desta equação é igual a uma constante real d, ou seja

ax+ by + cx = d

30

1.16. VOLUME DE UM PARALELEPÍPEDO

que é a equação do plano perpendicular ao vetor ~v = (a, b, c).

1.16 Volume de um Paralelepípedo

Mostraremos agora que uma expressão análoga à encontrada para a área do

paralelogramo, vale para o volume do paralelepípedo, baseado na demostração de

[5]. Com os vetores ~u, ~v e ~w do espaço, formaremos respectivamente, as matrizes

g(~u,~v, ~w) e m com,

g(~u,~v, ~w) =

〈~u, ~u〉〈~u,~v〉〈~u, ~w〉

〈~v, ~u〉〈~v,~v〉〈~v ~w〉

〈~w, ~u〉〈~w,~v〉〈~w, ~w〉

,

m =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

e g(~u,~v, ~w) é chamada, por de�nição, de matriz Gram dos vetores dados. Evidente-

mente, ela não depende do sistema de eixos adotado. Já a matriz m, cujas linhas são

as coordenadas do vetores ~u = (a1, b1, c1), ~v = (a2, b2, c2), ~w = (a3, b3, c3) em relação

a um sistema OXY Z, varia conforme os eixos que se tomem. Mas se escrevermos ex-

plicitamente os elementos da matriz de Gram, teremos, portanto m(~u,~v, ~w) = mmt.

Segue-se daí que det.g(~u,~v, ~w) = det.mmt = (det.m)2. Por conseguinte, o determi-

nante da matriz m depende apenas dos vetores ~u,~v, ~w mas não do sistema de eixos

31


escolhido. Esta observação nos permitirá obter a expressão que buscamos para o

volume de um paralelepípedo. Sejam P , A, B e C quatro pontos não-coplanares,

Figura 1.17. Consideremos os vetores ~u =−→PA, ~v =

−−→PB e ~w =

−→PC. Os pontos P ,

A, B e C determinam um paralelepípedo cujos outros quatro vértices são os pontos

D = P + (~u+~v), P + (~u+ ~w), P + (~v+ ~w) e P + (~u+~v+ ~w). Chamaremos de S (só-

Figura 1.17: Paralelepípedo

lido) esse paralelepípedo. Sabendo que vol.S é o produto da área do paralelogramo

PABD pela altura de S relativa a esta base. Tomaremos no espaço um sistema de

eixos PXY Z, com origem em P , de tal modo que a base do paralelepípedo esteja

contida no plano horizontal OXY . Neste sistema, teremos ~u =−→PA = (a1, b1, 0),

~v =−−→PB = (a2, b2, 0) e ~w =

−→PC = (a3, b3, c). Portanto |c| é a altura do para-

lelepípedo S. A matriz m, que tem esses vetores como linhas, assume o seguinte

aspecto:

m =

a1 b1 0

a2 b2 0

a3 b3 c

.

Logo,

32


det.m = c · det

a1 b1

a2 b2

.

Ora, conforme vimos antes, a área do paralelogramo PABD, base de S, é igual ao

valor absoluto do determinante da matriz

a1 b1

a2 b2

Segue-se que |det.m| = |c|·(área do paralelogramo)= vol · S. Como det.m depende

apenas dos vetores ~u, ~v, ~w mas não do sistema de eixos escolhido, podemos então

a�rmar que, com relação a qualquer sistema de eixos ortogonais tomados no espaço,

sendo ~u =−→PA = (a1, b1, c1), ~v =

−−→PB = (a2, b2, c2) e ~w =

−→PC = (a3, b3, c3), então o

volume do paralelepípedo construído a partir dos pontos não-coplanares P , A, B e

C é igual ao valor absoluto do determinante da matriz

m =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

Por outro lado, é bem conhecido que o volume do tetraedro PABC é igual a1

6do

volume do paralelepípedo S, logo vol(PABC) =1

6|det.m| e veri�ca-se também que

sendo |det.m| = 0, os pontos P , A, B e C serão co-planares.

33

1.17. SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES

Exemplo 1.8. Veri�que se os pontos A = (1, 2, 1), B = (4, 1, 2), C = (3, 3, 3) e

D = (0, 4, 2) são coplanares.

Solução. Sejam os vetores−→AB = (3,−1, 1),

−→AC = (2, 1, 2) e

−−→AD = (−1, 2, 1).

Sendo m a matriz que tem como elementos nas linhas, as coordenadas dos vetores−→AB,

−→AC e

−−→AD, temos

m =

3 −1 1

2 1 2

−1 2 1

Como |det.m| = 0, então o volume do paralelepípedo ABCD é nulo, onde concluímos

que os pontos A = (1, 2, 1), B = (4, 1, 2), C = (3, 3, 3) eD = (0, 4, 2) são co-planares.

1.17 Sistemas de Equações Lineares

Salvo menção explicita em contrário, �ca convencionado que, ao escrevermos

uma equação ax + by = c, estaremos admitindo que a2 + b2 6= 0, isto é, que os

coe�cientes a e b não se anulam simultaneamente. Uma solução do sistema linear

a1x+ b1y = c1

a2x+ b2y = c2 (1.2)

é um par (x, y) ∈ R2 cujas coordenadas x, y satisfazem ambas equações. O sistema

(1.1) se diz indeterminado, impossível ou determinado quando admite mais de uma

solução, nenhuma solução ou uma única solução respectivamente. Cada equação em

34

1.17. SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES

(1.1) tem como soluções as coordenadas (x, y) dos pontos de uma reta, de modo

que o sistema é indeterminado, impossível ou determinado, conforme as retas r1 e r2

representadas pelas duas equações, coincidam, sejam paralelas ou sejam concorrentes

respectivamente. Para decidir em qual dessas três alternativas se enquadra o sistema

(1.1) deve-se examinar a matriz dos coe�cientes

m =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

.

Suas linhas são os vetores (a1, b1, c1) e (a2, b2, c2) pertencentes a R3, e suas colunas são

os vetores (a1, a2), (b1, b2) e (c1, c2) em R2. A matrizm chama-se a matriz aumentada

do sistema (1.1). Duas retas que possuem mais de um ponto em comum devem

coincidir. Logo o sistema (1.1) é indeterminado se, e somente se, duas equações

de�nem a mesma reta. Isto ocorre se, e somente se, existe um número real k 6= 0

tal que a2 = ka1, b2 = kb1 e c2 = kc1. Uma forma mais prática de exprimir

as igualdades a2 = ka1 e b2 = kb1, sem referências ao número k, é dizer que se

tem a1b2 − b1a2 = 0. Analogamente, os outros pares de igualdades equivalem a

a1c2 − c1a2 = 0 e b1c2 − c1b2 = 0, isto é, os vetores linha L1 = (a1, b1, c1), e

L2 = (a2, b2, c2) da matriz m são colineares (múltiplos um do outro).

a1b2 − b1a2 = a1c2 − c1a2 = b1c2 − c1b2 = 0.

O sistema (1.1) é impossível quando as retas a1x + b1y = c1 e a2x + b2y = c2 são

paralelas. Para que isto aconteça é necessário e su�ciente que exista k 6= 0 com

a2 = ka1, b2 = kb1 e c2 6= kc1. Equivalentemente, o sistema (1.1) é impossível

35

1.18. COMPARANDO MÉTODOS

se, e somente se a1b2 − a2b1 = 0 mas pelo menos um dos números a1c2 − a2c1,

b1c2 − b2c1 é diferente de zero. Finalmente, o sistema (1.1) é determinado quando

não é indeterminado nem impossível. Isto ocorre quando as retas a1x + b1y = c1 e

a2x+b2y = c2 são concorrentes como na Figura 1.18, ou seja, quando o determinante

a1b2 − a2b1 é diferente de zero. Dito de outro modo: quando os vetores linha l1 =

(a1, b1) e l2 = (a2, b2) da matriz

a1 b1

a2 b2

não são múltiplos um do outro.

Figura 1.18: Retas com um Ponto em Comum

1.18 Comparando Métodos

Resolveremos agora um problema de geometria analítica para fazer uma compa-

ração entre o método da utilização de vetores e o analítico tradicional (sem vetores),

para mostrar que em grande parte do estudo de Geometria Analítica, o uso de

36

1.18. COMPARANDO MÉTODOS

vetores é extremamente importante.

Exemplo 1.9. Na �gura, ABCD é um quadrado. determine as coordenadas do

ponto A.

Figura 1.19: Quadrado ABCD

Mostraremos a solução tradicional para esse problema, encontrada em [1] e na

maioria dos livros didáticos. É claro que, em um quadrado, os lados opostos são

paralelo. Logo, a reta suporte do lado AB é paralela a reta suporte do lado CD.

Vamos determinar o coe�ciente angular m da reta CD: m =y2 − y1x2 − x1

=6− 8

8− 4=

(−2)

4= −1

2. A reta suporte do lado AB deve ter coe�ciente angular m = −1

2e

passar pelo ponto B = (6, 2), logo y − 2 = −1

2(x − 6) =⇒ y − 2 = −x

2+ 3 =⇒

y − 2 +x

2− 3 = 0 =⇒ x + 2y − 10 = 0. Do mesmo modo, a reta suporte do lado

AD é paralela a reta suporte do lado BC. Vamos determinar agora o coe�ciente

angular m′da reta Bc. m

′=y3 − y2x3 − x2

=2− 6

6− 8=−4

−2= 2. Assim a reta suporte do

lado AD deve ter coe�ciente angular m′

= 2 e passar pelo ponto D = (4, 8), logo

y − 8 = 2(x − 4) =⇒ y − 8 = 2x − 8 =⇒ 2x − y = 0. Como as retas AB e AD

são concorrentes no ponto A, obtemos as coordenadas de A resolvendo o sistema

37

1.19. SISTEMA CARTESIANO OBLÍQUO

formado pelas equações das retas AB e AD.

x+ 2y = 10

2x− y = 0

onde, usando um método conveniente para a resolução do sistema, encontramos,

x = 2 e y = 4. Portanto o ponto A tem coordenadas (2, 4).

Agora, resolvendo o mesmo problema utilizando vetores. Com o método vetorial,

veremos que os vetores−−→AD e

−−→BC são equipolentes, logo

−−→AD =

−−→BC =⇒ D − A =

C −B =⇒ A = B+D−C, então A = (6, 2) + (4, 8)− (8, 6) =⇒ A = (6 + 4− 8, 2 +

8− 6) =⇒ A = (2, 4).

Comparando os dois métodos, veri�camos que utilizando o método vetorial che-

garemos a uma solução muito mais simples para o problema citado, deixando claro

que existe uma economia nos procedimentos algébricos. Isto ocorre com a grande

maioria dos problemas de Geometria Analítica. Por isso, estamos dando ênfase ao

método vetorial de resolução de problemas de geometria Analítica, que será usado

sempre que necessário.

1.19 Sistema Cartesiano Oblíquo

O sistema cartesiano será denominado oblíquo se o ângulo entre os eixos OX e

OY não for de 90o. Não é habitual, no ensino de Geometria Analítica, o uso de

coordenadas oblíquas, pois algumas desvantagens são observadas nesse sistema. A

expressão que determina a distancia entre dois pontos �ca mais complicada, pois

no sistema cartesiano ortogonal, só se faz necessário o uso do teorema de Pitágoras

e no sistema oblíquo, necessita-se da lei dos cossenos, pois vai depender do ângulo

38

1.19. SISTEMA CARTESIANO OBLÍQUO

Figura 1.20: Sistema Cartesiano Oblíquo

entre os eixos, porem existe algumas relações que são absolutamente iguais, tanto

no sistema oblíquo quanto no ortogonal, como por exemplo a equação da reta. Ou

seja, pela semelhança dos triângulos P0P1Q1 e P0PQ da Figura 1.21 temos que

Figura 1.21: Reta no Sistema Oblíquo

y − y0x− x0

=y1 − y0x1 − x0

⇒ (y − y0)(x1 − x0) = (x − x0)(y1 − y0) desenvolvendo esta

expressão obtemos

ax+ by + c = 0

que é a mesma relação, para a equação da reta, encontrada no sistema ortogonal.

Portanto, em problemas relacionados a paralelismo, colinearidade, razão entre

distancias e etc, o sistema oblíquo funciona exatamente como no sistema ortogonal.

Quando temos problemas que envolvem distâncias, ângulos, perpendicularismo aí o

sistema oblíquo não é viável.

39

Capítulo 2

Aplicações da Geometria Analítica

Neste capítulo, abordaremos a Geometria Analítica como ferramenta para resol-

ver problemas em geral, que é o objetivo principal do nosso trabalho. Problemas de

Geometria Plana, Geometria Espacial e de outros ramos da Matemática e até da Fí-

sica, que tem um alto grau de complexidade na resolução, �cam muito mais simples

de resolver, quando atribuímos coordenadas e usamos a Geometria Analítica.

Lembramos que, utilizar coordenadas em problemas de Geometria, nem sempre é

a melhor solução. Nos problemas que mostraremos, o uso de coordenadas conduzirá a

soluções simples e elegantes. Entretanto devemos enfatizar que o uso de coordenadas

é um recurso que nós professores e também os alunos, poderemos considerar para a

resolução de problemas, mas que podem conduzir a grandes complicações algébricas,

em alguns casos.

40

2.1. APLICAÇÕES NA GEOMETRIA PLANA

2.1 Aplicações na Geometria Plana

Nesta seção, apresentamos algumas aplicações em Geometria Plana. Resolvere-

mos problemas com enunciados de Geometria Plana, que tem soluções que não são

triviais, mas quando usamos Geometria Analítica obtemos soluções rápidas e fáceis.

O problema a seguir tem uma solução muito trabalhosa na Geometria Plana,

mas introduzindo coordenadas e usando os conceitos de produto interno e norma de

um vetor, que abordamos no capítulo 1, chegaremos a uma solução muito simples.

Exemplo 2.1. Um trapézio isósceles ABCD tem bases AB e CD que medem res-

pectivamente 9 e 3, com AD = BC = 5. Qual a medida do ângulo formado pelas

diagonais do trapézio?

"Encaixemos"o trapézio ABCD no primeiro quadrante do plano cartesiano, com

o vértice A coincidindo com a origem e o lado AB sobre o eixo OX. É fácil veri�car,

usando o Teorema de Pitágoras, que a altura do trapézio é igual a 4. Daí, se

Figura 2.1: Trapézio Isósceles

A = (0, 0), B = (9, 0), C = (6, 4) e D = (3, 4), então−→AC = (6 − 0, 4 − 0) = (6, 4)

e−−→DB = (9 − 3, 0 − 4) = (6,−4). No trapézio isósceles, as diagonais tem o mesmo

comprimento, donde ‖−→AC‖ = ‖

−−→DB‖ =

√62 + 42 =

√36 + 16 =

√52. Sabemos que

41


〈−→AC,−−→DB〉 = 6 · 6 + 4 · (−4) = 36− 16 = 20. Então,

cosα =〈−→AC,−−→DB〉

‖−→AC‖.‖

−−→DB‖

=20√

52.√

52=

20

52=

5

13.

α ∼= 67, 38◦. �

Pesquisamos diversos livros didáticos do Ensino Médio e Ensino Fundamental, e

nenhum deles demostra a existência do ortocentro. É consenso entre professores que

atuam no Ensino Básico de que, deveria ser mostrado ao aluno a demostração desta

propriedade dos triângulos. Mas, na maioria das vezes, um dos problemas para não

abordarem esse assunto em sala de aula é que a demostração desta propriedade é

muito di�cultosa usando Geometria Plana, e portanto, como não há questionamen-

tos, sobre a demostração, acham melhor não apresentá-la. A seguir, apresentamos

uma maneira mais acessível para os professores trabalharem essa demostração, atra-

vés da Geometria Analítica. Usaremos apenas os conceitos de ângulo entre vetores

e produto interno.

Exemplo 2.2. Mostre que as três alturas de um triângulo qualquer cortam-se em

um ponto.

Coloquemos o triângulo ABC em um sistema de coordenadas onde o lado AB

está sobre o eixo OX e uma das alturas coincidindo com o eixo OY , Figura 2.2.

Daí, A = (a, 0), B = (b, 0), C = (0, c), H = (0, h) e H′

= (0.h′). Temos tam-

bém os vetores−→AC = (−a, c),

−−→BH = (−b, h),

−−→BC = (−b, c) e

−−→AH

′= (−a, h′

).

Os vetores−−→BH e

−−→AH

′são perpendiculares aos lados AC e BC respectivamente.

Então 〈−−→BH,

−→AC〉 = 0 =⇒ ab + ch = 0 =⇒ h = −ab

ce também da mesma forma

〈−−→BC,

−−→AH

′〉 = 0 =⇒ ab + ch′

= 0 =⇒ h′

= −abc. Donde provamos que os pontos

H e H′são coincidentes. Portanto, as três alturas de um triângulo qualquer se

42


Figura 2.2: Triângulo

encontram em um mesmo ponto. �

No problema a seguir, vamos usar o conceito de distância entre dois ponto no

plano e baricentro para resolver, de maneira muito simples, um problema de solução

complicado quando é resolvido por Geometria Plana.

Exemplo 2.3. Um quadrado ABCD tem lado igual a 9 e os pontos P e Q dividem

o lado CD em três segmentos congruentes. Calcule a distância do vértice A ao

baricentro G do triângulo BPQ.

Colocamos o quadrado ABCD no primeiro quadrante do plano cartesiano, com

o vértice D coincidindo com a origem, como na Figura 2.3. Sendo A = (0, 9),

B = (9, 9), P = (3, 0) e Q = (6, 0), como em [7] é conhecido que as coordenadas

do baricentro G são xG =xB + xP + xQ

3=

9 + 3 + 6

3= 6, yG =

yB + yP + yQ3

=

9 + 0 + 0

3= 3, portanto, G = (6, 3). A distância procurada é

d(A,G) =√

(xG − xA)2 + (yG − yA)2 =√

(6− 0)2 + (3− 9)2 =√

72 = 6√

2.

A solução desse problema por meio de Geometria Plana, não é difícil mas requer

43


Figura 2.3: Quadrado no Plano OXY

muita criatividade e um conhecimento mais rebuscado para reconhecer algumas

semelhanças de triângulos. Apresentamos agora uma solução alternativa, que não

usa Geometria Analítica. Considerar a �gura sem o ponto G. SejaM o ponto médio

de PQ que também é ponto médio deDC. traçar BM e AC que se cortam em E. Os

triângulos ABE e CME são semelhantes e, como AB = 2MC, temos BE = 2EM .

Logo, E é o baricentro do triângulo BPQ e os pontos G e E coincidem. Assim,

AG =2

3AC =

2

3· 9√

2 = 6√

2.

�

Exemplo 2.4. Em um quadrado ABCD de lado 1, tome um ponto P ∈ BC. Con-

sidere a reta que contém o ponto C e que seja perpendicular a AP e denote por Q o

ponto de interseção dessa reta com a reta suporte do lado AB. Mostre que o ângulo

BQP é constante.

44


Coloquemos o quadrado ABCD no segundo quadrante do plano cartesiano de

modo que o ponto B esteja na origem veja Figura 2.4. Assim, temos A = (−1, 0),

P = (0, a), C = (0, 1) e Q = (b, 0). Devemos mostrar que θ não depende da posição

Figura 2.4: Quadrado com AP Perpendicular a CQ

de P . Sendo−→AP = (1, a) e

−→CQ = (b,−1), devemos ter

−→AP⊥

−→CQ⇒ 〈

−→AP,−→CQ〉 = 0 =⇒ 1.b+ a.(−1) = 0 =⇒ a = b.

Como o triângulo BQP é retângulo em B e a = b, então θ = 45◦. Portanto θ não

depende da posição de P . �

É comum aparecer nos livros de Geometria Plana o problema de se determinar o

raio da circunferência inscrita em um triângulo retângulo, vamos usar o conceito de

distância de um ponto a uma reta para tornar mais simples a solução desse problema.

Exemplo 2.5. Determinar o raio da circunferência inscrita em um triângulo re-

tângulo de catetos a e b.

Como na Figura 2.5, temos um triângulo retângulo, é natural pensarmos em

estabelecer um sistema de coordenadas onde cada eixo contém um cateto. Se r é

45


Figura 2.5: Circunferência Inscrita no Triângulo

o raio da circunferência tangente aos três lados do triângulo então a distancia do

ponto (r, r) à retax

a+y

b= 1(⇐⇒ bx+ ay = ab) deve ser igual a r. Portanto,

|br + ar − ab|√a2 + b2

= r.

ou seja, |r(a+b)−ab| = r√a2 + b2, o que fornece as soluções r =

ab

(a+ b+√a2 + b2)

e

r =ab

(a+ b−√a2 + b2)

. Note que a+b−√a2 + b2 > 0. Logo, se r =

ab

(a+ b−√a2 + b2)

teríamos que o ponto (r, r) estaria acima da reta que representa a hipotenusa, ou

seja, a circunferência inscrita deve ter raio r =ab

(a+ b+√a2 + b2)

. �

Mais um problema de difícil solução na Geometria Plana que será resolvido

facilmente usando o conceito de distância de um ponto a uma reta no plano.

Exemplo 2.6. Um retângulo ABCD tem lados AB = 60 e BC = 80. Calcule a

distância da diagonal AC ao centro da circunferência que tangencia os lados AD,

AB e BC.

Este problema foi proposto em [7] no artigo intitulado "A Geometria Analítica

46


do ensino médio ". Vamos apresentar uma solução analítica. Colocamos o retângulo

Figura 2.6: Circunferência Inscrita no Retângulo

ABCD no primeiro quadrante do plano cartesiano ortogonal, como mostra a Figura

2.6, de modo que o ponto A seja a origem, o lado AB esteja sobre o eixo OX e o

lado AD sobre o eixo OY . Desta forma, a equação da diagonal AC será y =4x

3⇐⇒

4x

3− y = 0. Como a circunferência é tangente aos lados AD e BC, temos que o seu

centro é E = (30, 30) e o raio é R = 30. Daí, a distância da reta AC ao ponto E

será

d(r,E) =

∣∣∣∣43 · 30− 1 · 30− 0

∣∣∣∣√16

9+ 1

=40− 30√

25

9

=105

3

= 103

5= 6.

�

Exemplo 2.7. Um retângulo ABCD tem 5 de base e 3 de altura, o ponto E é

médio do segmento AB e o ponto F é interseção dos segmentos DE e AC. Qual a

distância do ponto F ao segmento AD?

47


Este foi um problema de um concurso público para professor de Matemática

do ensino básico em 2010, que segundo os dados divulgados pela organização do

concurso (Advise), teve um índice de acerto muito pequeno. Apresentamos uma

solução analítica para esse problema.

Encaixando o retângulo no primeiro quadrante do plano cartesiano ortogonal com

o lado AB sobre o eixo OX e o lado AD sobre OY , teremos A = (0, 0), B = (5, 0),

C = (5, 3), D = (0, 3) e E =

(5

2, 0

). A reta AC tem equação y =

3x

5e a reta DE

Figura 2.7: Retângulo no Plano OXY

tem equação 6x+ 5y−15 = 0. O ponto F pode ser encontrado resolvendo o sistema

formado pelas equações dessas duas retas,

y =3x

5

6x+ 5y − 15 = 0,

ou seja, F =

(5

3, 1

). Como AD esta sobre o eixo OY , então a distância de F ao

segmento AD é igual a5

3. �

O próximo problema, que não é trivial usando Geometria Plana, pode ser resol-

vido de maneira bem simples quando usarmos um sistema de coordenadas oblíquas

48


no plano.

Exemplo 2.8. Em um trapézio, M é o ponto médio da base maior, N é o ponto

médio da base menor e P é o ponto de encontro das diagonais. Mostrar que M , N

e P são colineares.

Colocamos o trapézio em um sistema de coordenadas oblíquas OXY com os

pontos M e N sobre o eixo OY , de modo que, a base maior esteja sobre o eixo

OX e que o ponto M esteja na origem, como mostra a Figura 2.8. Escolhemos esse

sistema para deixar a solução menos trabalhosa. Temos a liberdade de colocar os

Figura 2.8: Trapézio no Plano OXY

eixos onde quisermos e de escolher a unidade de medida mais conveniente, tomando

como unidade de medida a metade da base maior, temos A = (1, 0), B = (b, h),

C = (−b, h) e D = (−1, 0). A reta BD tem equação

y − 0

x+ 1=h− 0

b+ 1

e corta o eixo OY no ponto (0, y), portanto substituindo x = 0 =⇒ y =h

b+ 1. A

49


reta AC tem equaçãoy − 0

x− 1=

h− 0

−b− 1

e corta o eixo OY no ponto (0, y). Portanto, substituindo x = 0 =⇒ y =h

b+ 1. Ou

seja, o ponto P =

(0,

h

b+ 1

)está sobre o eixo OY , então M , N e P são colineares.

�

A seguir temos um problema de [7] com uma solução não muito simples em

Geometria Plana e que requer muita criatividade para ser desenvolvida, mas se

usarmos coordenadas no plano juntamente com o conceito de área do triângulo

onde são determinadas as coordenadas dos vértices, chegaremos a uma solução mais

simples.

Exemplo 2.9. Os catetos de um triângulo ABC, retângulo em A, medem AB = 10

e AC = 15. Se AD é bissetriz do ângulo A, calcule as áreas dos triângulos ABD e

ACD.

Colocando o triângulo encaixado no primeiro quadrante do plano cartesiano,

situação descrita na Figura 2.9, de modo que o vértice A coincida com a origem,

A = (0, 0), B = (0, 10) e C = (15, 0). A reta AD tem equação y = x, pois passa pela

origem e tem coe�ciente angular m = 1 (bissetriz do primeiro quadrante). A reta

BC tem equação geral 2x+ 3y = 30, pois determina nos eixos OX e OY segmentos

de medidas, 10 e 15 respectivamente. O ponto D, pé da bissetriz AD, que é a

intersecção dessas duas retas, pode ser obtido resolvendo-se o sistema formado pelas

suas respectivas equações, y = x

2x+ 3y = 30

ou seja, D = (6, 6). Daí, sendo SACD a área do triângulo ACD, temos−→AC = (0, 15),

50


−−→AD = (6, 6) e SACD será igual a metade do valor absoluto do determinante da matriz

que tem como linhas as coordenadas dos vetores−→AC e

−−→AD, sendo ∆ o valor do

determinante, então

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣6 6

0 15

∣∣∣∣∣∣∣ = 6 · 15− 0 · 6 = 90− 0 = 90

ou seja, SACD = 45. E sendo SABD a área do triângulo ABD temos−→AB = (0, 10),

Figura 2.9: Triângulo

−−→AD = (6, 6) e SABD será igual a metade do valor absoluto do determinante da matriz

que tem como linhas as coordenadas dos vetores−→AB e

−−→AD, sendo ∆ o valor do

determinante, então

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣6 6

0 10

∣∣∣∣∣∣∣ = 6 · 10− 0 · 6 = 60− 0 = 60

ou seja, SABD = 30. �

51


Exemplo 2.10. As medianas AM e BN de um triângulo ABC são perpendiculares

entre si e medem, respectivamente, 9 e 12. Qual o comprimento da terceira mediana

desse triângulo?

O ponto de encontro das medianas é o baricentro G do triângulo ABC. Usando o

fato de que as medianas AM e BN se cortam perpendicularmente em G, colocamos

esse triângulo no plano cartesiano com origem em G. Usando a conhecida proporção

em que G divide as medianas em duas partes tais que, a parte que contém o vértice

é o dobro da outra, sendo AM = 9, isto signi�ca que AG = 6 e GM = 3. Sendo

BN = 12, signi�ca que BG = 8 e GN = 4, ou seja A = (0, 6), M = (0,−3), B =

(−8, 0) e N = (4, 0). As equações das respectivas retas AN e BM são 3x+ 2y = 12

e 3x+ 8y = −24. Resolvendo o sistema que envolve essas duas equações,

Figura 2.10: Triângulo ABC no Plano OXY

3x+ 2y = 12

3x+ 8y = −24

encontramos o ponto C = (8,−6). O comprimento da terceira mediana é igual a3

2

52


da distância entre C e G, que é dada por

3

2

√(xC − xG)2 + (yC − yG)2 =

3

2

√(8− 0)2 + (−6− 0)2 = 15.

�

No próximo problema, se usarmos Geometria Plana para resolvê-lo, nos depara-

mos com uma solução difícil pois é preciso observar algumas semelhanças não muito

óbvias, no entanto, atribuindo coordenadas e usando o conceito de área do triângulo

formalizado seção 1.13 do Capítulo 1, chegaremos a uma solução simples.

Exemplo 2.11. Calcular a área do triângulo ADE, retângulo em E, inscrito num

trapézio retângulo ABCD, com AB = 10, AD = 30 e CD = 20.

Fixamos o trapézio ABCD no primeiro quadrante do plano cartesiano, de modo

que os lados AD e AB �quem contidos, respectivamente, nos eixos OX e OY , como

mostra a Figura 2.11. A reta BC passa pelos pontos B = (0, 10) e C = (30, 20).

Portanto, sua equação reduzida é y =1

3x + 10. A circunferência de diâmetro AD,

com centro M = (15, 0), passa pelo ponto E e tem equação (x− 15)2 + y2 = 152. O

ponto E é dado pela solução do sistema

y =1

3x+ 10

(x− 15)2 + y2 = 225,

ou seja, E = (6, 12) ou E = (15, 15). Dessa forma,−−→AD = (30, 0) e

−→AE = (6, 12)

ou−→AE = (15, 15). Portanto, a área do triângulo ADE, é a metade do módulo do

determinante onde as linhas são as coordenadas dos vetores−−→AD e

−→AE, ou seja,

53


Figura 2.11: Triângulo Inscrito no Trapézio

SADE =1

2

∣∣∣∣∣∣∣30 0

6 12

∣∣∣∣∣∣∣ = 180

ou ainda, usando o vetor−→AE = (15, 15), já que o ponto E pode assumir duas

posições, pois, este está sobre o lado BC do trapézio e o ângulo AED é reto, temos

SADE =1

2

∣∣∣∣∣∣∣30 0

15 15

∣∣∣∣∣∣∣ = 225.

�

Vamos mostrar agora mais um problema difícil sobre área de �guras planas, que

pode ser resolvido facilmente utilizando a Geometria Analítica.

Exemplo 2.12. Em um retângulo ABCD da, determinar a área do quadrilátero

ADNP . Sabendo que AB = 3, BC = 2, M é o ponto médio de BC, DN = 1 e

NC = 2.

54


Figura 2.12: Retângulo ABCD no Plano OXY

Escolhemos um sistema de coordenadas com o ponto A situado na origem, o eixo

OX sobre o lado AB e o eixo OY sobre o lado AD, Figura 2.12. Desta forma, os

pontos que nos interessam são dados através das seguintes coordenadas: A = (0, 0),

B = (3, 0), M = (3, 1) e N = (1, 2). O ponto P é comum as retas AM e BN , a

equação da reta AM é y =1

3x e a equação da reta BN é y = −x + 3. Resolvendo

o sistema dessas duas equações

y =1

3x

y = −x+ 3,

obtemos o ponto P = (9/4, 3/4). O triângulo APD tem base igual a 2 e altura

igual a abcissa de P , portanto,9

4. O triângulo DPN tem base igual a 1 e altura

2 − 3

4=

5

4. Portanto, a área do quadrilátero ADNP será A = AAPD + ADPN =

1

2· 2 · 9

4+

1

2· 1 · 5

4=

23

8. �

55

2.2. APLICAÇÕES NA GEOMETRIA ESPACIAL

2.2 Aplicações na Geometria Espacial

A seguir, apresentamos algumas aplicações em Geometria Espacial. Problemas

de distâncias e ângulos que não são resolvidos facilmente usando os métodos aborda-

dos nos livros didáticos, usaremos os conceitos de Geometria Analítica para conseguir

soluções mais simples.

Os conceitos de vetores equipolente, produto interno no espaço e norma de um

vetor, são fundamentais no desenvolvimento da solução do problema a seguir.

Exemplo 2.13. Em uma pirâmide quadrangular regular, a aresta da base é a = 4

e a altura é h = 6.

a) Qual a distância entre os pontos médios de duas arestas opostas (reversas)?

b) Qual o ângulo entre duas arestas opostas (reversas)?

Encaixando a base da pirâmide no plano OXY , como na Figura 2.13, de modo

que o vértice D esteja na origem, temos A = (4, 0, 0), B = (4, 4, 0), C = (0, 4, 0)

e E = (2, 2, 6). Veri�camos que as arestas AB e EC são reversas, pois não existe

um plano que contem as duas. Sendo M o ponto médio de AB e N o ponto médio

de EC AM = MB =⇒ M − A = B −M =⇒ 2M = A + B =⇒ M =A+B

2.

Analogamente, encontramos N =E + C

2. Logo M = (4, 2, 0), N = (1, 3, 3) e o

vetor−−→MN = (−3, 1, 3), donde d(M,N) =

√(−3)2 + 12 + 32 =

√9 + 1 + 9 =

√19.

Como os vetores−→AB e

−−→DC são equipolentes, então o ângulo entre as aresta reversas

AB e EC é o mesmo entre CD e CE. Como−−→CD = (0,−4, 0),

−−→CE = (2,−2, 6),

‖−−→CD‖ = 4 e ‖

−−→CE‖ =

√44, segue que

cosα =〈−−→CD,

−−→CE〉

‖−−→CD‖.‖

−−→CE‖

=0 + 8 + 0

4√

44=

8

8√

11=

√11

11.

56


Figura 2.13: Pirâmide no Espaço

�

É importante observar que no próximo problema, o uso correto de coordenadas no

espaço associado ao conceito de produto interno entre vetores, poderemos encontrar

uma solução muito simples para este problema que, se usássemos apenas os conceitos

de Geometria Espacial, encontraríamos uma solução mais difícil.

Exemplo 2.14. Provar que duas arestas opostas de um tetraedro regular são orto-

gonais.

Figura 2.14: Tetraedro Inscrito no Cudo

57


Este problema foi proposto em [5]. Vamos apresentar uma solução analítica.

Fixando um sistema de coordenadas ortogonais, como mostra a Figura 2.14, e con-

siderando o cubo cujos vértices são A1 = (0, 0, 0), B1 = (1, 0, 0), C1 = (1, 1, 0),

D1 = (0, 1, 0), A2 = (0, 0, 1), B2 = (1, 0, 1), C2 = (1, 1, 1) e D2 = (0, 1, 1). Então

B1D1C2A2 são vértices de um tetraedro regular. Duas arestas opostas desse tetrae-

dro, como B1D1 e A2C2, por exemplo, são ortogonais porque são diagonais diferentes

em faces paralelas do cubo. Ou seja, B1D1 = (−1, 1, 0) e A2C2 = (1, 1, 0). Logo

〈−−−→B1D1,

−−−→A2C2〉 = (−1) · 1 + 1 · 1 + 0 · 0 = −1 + 1 + 0 = 0. �

Exemplo 2.15. AB, AC e AD são arestas de um cubo. Sendo AE uma diagonal,

mostre que AE é perpendicular ao plano (BCD).

Fixando um sistema de coordenadas como na Figura 2.15 e escolhendo uma

unidade, podemos adotar AB = 1. Daí, A = (1, 0, 1), B = (1, 0, 0), C = (1, 1, 1),

Figura 2.15: Plano Perpendicular à Diagonal do Cubo

D = (0, 0, 1) e E = (0, 1, 0), sendo os vetores−→AE = (−1, 1,−1),

−−→BC = (0, 1, 1) e

−−→BD = (−1, 0, 1), com isso 〈

−→AE,−−→BC〉 = (−1) · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 = 0 + 1− 1 = 0 e

〈−→AE,−−→BD〉 = (−1) ·(−1)+1 ·0+(−1) ·1 = 1+0−1 = 0. Então

−→AE⊥

−−→BC e

−→AE⊥

−−→BD,

e como−→AE é perpendicular a dois vetores do plano (BCD), então

−→AE⊥(BCD).

58


Neste problema, poderíamos então fazer a seguinte pergunta: Se AE intersepta

o plano BCD em P , mostre que−→AP =

1

3

−→AE. Se colocarmos os pontos A = (0, 0, 0),

B = (1, 0, 0), C = (0, 1, 0), D = (0, 0, 1) e E = (1, 1, 1) facilitaremos a demostração

deste outro fato, usando também a aresta do cubo como unidade de comprimento.

O baricentro do triângulo BCD é o ponto P , extremidade do vetor

−→AP =

1

3(−→AB +

−→AC +

−−→AD).

Em termos de coordenadas, temos P = (1

3,1

3,1

3), donde

−→AP =

1

3

−→AE. Assim,

P pertence tanto ao plano (BCD) como ao segmento AE, logo é a interseção de

(BCD) com AE. �

Mostraremos agora um problema proposto em [5] que tem uma solução traba-

lhosa quando usamos apenas os conceitos de Geometria Plana e Espacial, que será

resolvido facilmente usando coordenadas de vetores e produto interno.

Exemplo 2.16. Sejam OA, OB e OC segmentos de reta perpendiculares dois a

dois. Mostre que (A4OAB)2 + (A4OBC)2 + (A4OCA)2 = (A4ABC)2, onde A4OAB

representa a área do triângulo OAB.

Tomamos um sistema de coordenadas do qual O é a origem e os pontos A, B

e C estão sobre os eixos, como mostra a Figura 2.16, de modo que O = (0, 0, 0),

A = (a, 0, 0), B = (0, b, 0) e C = (0, 0, c). Então A4OAB =ab

2, A4OAC =

ac

2e

A4OBC =bc

2, portanto a soma dos quadrados dessas três áreas é igual a

1

4(a2b2 +

a2c2 + b2c2). Por outro lado, ~u =−→AB = (−a, b, 0) e ~v =

−→AC = (−a, 0, c), portanto

〈~u, ~u〉 = a2 + b2, 〈~u,~v〉 = a2 e 〈~v,~v〉 = a2 + c2. Então

59


Figura 2.16: Tetraedro com Três Faces Ortogonais

(A4ABC)2 =1

4· det

〈~u, ~u〉〈~u,~v〉〈~u,~v〉〈~v,~v〉

(A(ABC))2 =

1

4(a2b2 + a2c2 + b2c2), ou seja, (A4OAB)2 + (A4OBC)2 + (A4OCA)2 =

(A4ABC)2. Devemos observar que o quadrado da área de um triângulo é1

4do

quadrado da área do paralelogramo no qual dois lados consecutivos são lados desse

triângulo. �

Exemplo 2.17. Calcular um ângulo formado entre duas diagonais de um cubo.

Colocamos um cubo encaixado em um sistema de coordenadas onde a base está

no plano OXY e o ponto A sendo a origem, como mostra a Figura 2.17. Daí,

temos A = (0, 0, 0), B = (1, 0, 0), C = (1, 1, 0), D = (0, 1, 0), E = (0, 0, 1), F =

(1, 0, 1), G = (1, 1, 1) e H = (0, 1, 1). Consideramos vetores−−→FD = (−1, 1,−1) e

−−→EC = (1, 1,−1), e θ como sendo o menor ângulo entre esses dois vetores. Como

60

2.3. APLICAÇÕES NA ÁLGEBRA

〈−−→FD,

−−→EC〉 = (−1) · (1)+1 ·1+(−1) · (−1) = −1+1+1 = 1 e ‖

−−→FD‖ = ‖

−−→EC‖ =

√3,

então cosθ =〈−−→FD,

−−→EC〉

‖−−→FD‖ · ‖

−−→EC‖

=1

3, ou seja, θ ∼= 70◦. �

Figura 2.17: Ângulo Entre as Diagonais do Cubo

2.3 Aplicações na Álgebra

Nesta seção apresentamos algumas aplicações na Álgebra. É importante obser-

var que, em Geometria Analítica, a Álgebra e a Geometria se integram. Assim,

problemas de Geometria são resolvidos por processos algébricos, e relações algébri-

cas são interpretadas geometricamente. Por exemplo, a equação 3x + 2y − 5 = 0

representa uma reta, um ponto do plano pode ser representado pelo par (4,−3), o

ponto (4, 3) pertence à reta representado por y = −2x + 11 e a reta que corta os

eixos coordenados em (5, 0) e (0, 3) tem equaçãox

5+y

3= 1.

Exemplo 2.18. Considere os pares de números reais x e y que satisfazem a equação

x2 + y2 = 8x+ 6y − 16. Qual o maior valor de x?

61


A equação dada representa uma circunferência. Completando quadrados, deve-

mos ter x2− 8x+ y2− 6y = −16 =⇒ x2− 8x+ 16 + y2− 6y+ 9 = −16 + 16 + 9 =⇒

(x− 4)2 + (y− 3)2 = 32, que é uma circunferência de centro C = (4, 3) e raio R = 3,

e pela Figura 2.18, observamos facilmente que o maior valor de x é 7. �

Figura 2.18: Circunferência

Exemplo 2.19. Considere todos os números reais x e y tais que x+ 3y = 30. Para

quias valores de x e y a expressão E = x2 + y2 assume menor valor?

Esse é também um problema de Álgebra. Sua solução, uma vez que o enunciado

esteja bem entendido, não é difícil. Entretanto, a solução analítica é interessante.

Estabelecendo um sistema de coordenadas, todos os pontos P = (x, y), tais que

x+ 3y = 30, pertencem a uma reta r e o valor de E é o quadrado da distância de P

à origem do sistema de coordenadas, Figura 2.19. Precisamos encontrar o ponto de

r cuja distância ao ponto (0, 0) é mínima. A reta s, perpendicular a r e passando

pela origem, tem equação 3x−y = 0 e a interseção dessas retas é o ponto procurado.

Resolvendo o sistema formado pelas equações das retas r e s

62


Figura 2.19: Distância Mínima x+ 3y = 30

3x− y = 0

encontramos x = 3 e y = 9, que é a solução do problema. Então, o valor mínimo de

E é 32 + 92 = 90. �

Usaremos os conceitos de vetores perpendiculares, produto interno e equações

paramétricas da reta, ambos no plano, para resolver facilmente o próximo problema.

Exemplo 2.20. Quais as soluções inteiras da equação −2x+ 5y = 8?

É claro que a equação dada representa uma reta r e o vetor ~n = (−2, 5) é

perpendicular a essa reta, Figura 2.20. Sendo ~v o vetor diretor da reta, então

〈~n,~v〉 = 0, o que nos dar ~v = (5, 2). É fácil de veri�car que o ponto A = (1, 2)

pertence a reta r, então suas equações paramétricas são

x = 1 + 5t

y = 2 + 2t, t ∈ R

e dentro do par ordenado (1+5t, 2+2t), com t ∈ Z estão guardadas todas as soluções

inteiras da equação. Basta, ao ponto (1, 2) acrescentar sucessivas vezes o vetor (5, 2)

para encontrar uma nova solução inteira da equação. Por exemplo, (1, 2), (6, 4),

63

2.4. APLICAÇÕES NA CINEMÁTICA

(11, 6), (16, 8), ... são algumas das soluções inteiras da equação. �

Figura 2.20: Vetor Perpendicular a um Vetor Diretor

2.4 Aplicações na Cinemática

A utilização da Geometria Analítica para a solução de problemas relacionados

com o Cálculo Diferencial e sua aplicação à Mecânica contribuíram de maneira deci-

siva para o progresso da Física. As representações cartesianas de fenômenos, como

a variação da temperatura de um doente, a �utuação dos fenômenos meteoroló-

gicos, nos permitem avaliar e tirar conclusões, por um simples exame das curvas

representadas num sistema de eixos coordenados.

Grande parte dos problemas de Cinemática Escalar e vetorial podem ser resolvido

de maneira criativa utilizando o método analítico. No próximo problema, vamos

utilizar coordenadas no plano e equação da reta e resolvê-lo de maneira simples.

Exemplo 2.21. Um caminhão parte às 6 horas da manhã, da cidade de João Pessoa

64


para a cidade de Patos, viajando a uma velocidade média de 50km/h e ao meio dia

chega à Patos. Um automóvel parte de Patos às 8 horas da manhã desse dia e,

viajando com velocidade constante pela mesma estrada, chega à joão Pessoa também

ao meio dia. Em que momento o caminhão e o automóvel cruzaram-se na estrada?

Vamos resolver um problema de Cinemática Escalar usando o método analítico.

Sendo Vc a velocidade do caminhão e, como Vc =∆S

∆t=⇒ ∆S = Vc ·∆t = 50 · 6 =

300km, que é a distância entre as cidades de João Pessoa e Patos. Vamos construir o

seguinte sistema de coordenadas: para um objeto qualquer que se mova ao longo da

estrada, seja x o tempo (em horas) decorrido após às 6 horas e y (em quilômetros) a

sua distância à cidade de João Pessoa, situação descrita na Figura 2.21. Pelos dados

Figura 2.21: Representação Grá�ca de Movimentos

do problema, o grá�co que mostra o movimento do caminhão é um segmento de reta

cujos extremos são os pontos (0, 0) e (6, 300) e o grá�co que mostra o movimento do

automóvel é outro segmento de reta cujos extremos são os pontos (2, 300) e (6, 0).

As equações dessas retas são y = 50x e y = −75x + 450. Resolvendo o sistema de

equações y = 50x

y = −75x+ 450

65


encontramos x = 3, 6 e y = 180. Portanto, o encontro se deu 3,6 horas após às 6

horas da manhã, ou seja às 9 horas e 36 minutos, a uma distância de 180 km da

cidade de João Pessoa. �

Exemplo 2.22. Dois trens de carga, na mesma linha férrea, seguem uma rota de

colisão. Um deles vai a 46 km/h e o outro a 58 km/h. No instante em que eles se

encontram a 260 km um do outro, um pássaro que voa a 60 km/h, parte de um ponto

entre os dois, até encontrar um deles e então volta para o outro e continua nesse

vai e vem, até morrer esmagado no momento em que os trens se chocam. Quantos

quilômetros voou o pobre pássaro?

Adequando o problema a um sistema de coordenadas conveniente, seja x o tempo

(em horas) e y (em quilômetros) a distância entre os dois trens. O movimento do

trem que vai a 58 km/h é representado pela reta que passa no ponto (1, 58) na

Figura 2.22 e o movimento do trem que vai a 46 km/h é representado pela reta que

passa no ponto (1, 214). As equações dessas retas são respectivamente y = 58x e

y = −46x+ 260. Resolvendo o sistema das equações

y = 58x

y = −46x+ 260

encontramos x = 2, 5, que é a abcissa do ponto de interseção das duas reta, ou seja,

o momento da colisão. Então, o pássaro voou por duas horas e meia, como ele voava

a 60 km/h, então percorreu 150 quilômetros. �

66

2.5. OUTRAS APLICAÇÕES

Figura 2.22: Representação Grá�ca de uma Rota de Colisão

2.5 Outras Aplicações

Diversos outros problemas poderão ser resolvidos de maneira mais simples utili-

zando o método analítico, tais como, problemas que envolvem programação linear,

máximos e mínimos de funções cujas variáveis estão sujeitas a certas desigualdades,

probabilidade geométrica, economia, etc. Abordagens envolvendo inequações apa-

recem em alguns livros de Geometria Analítica do ensino médio, geralmente dentro

de uma seção intitulada, representação grá�ca de uma inequação, como em [1]. No

entanto, pesquisando em vários livros, constatamos que essas abordagens são apenas

para resolver exercícios manipulativos, não trazem uma conotação de aplicação da

Geometria Analítica. Sugerimos que os livros didáticos priorizem aplicações como

essa, dentro das abordagens sobre inequações estudadas em Geometria Analítica.

Exemplo 2.23. Em uma partida de futebol entre Brasil e Argentina, aos 40 minutos

do segundo tempo de jogo, durante um contra-ataque para a Argentina, o jogador

argentino Messi recebe a bola exatamente na lateral do campo sobre a linha que divide

o gramado e no mesmo momento o zagueiro brasileiro Thiago Silva está no centro

do campo. Messi corre com a bola dominada, em linha reta, em direção ao centro

do gol e Thiago Silva também corre em linha reta para tentar interceptar Messi e

67


derrubá-lo. Sabendo que a velocidade de Thiago Silva é igual a 0, 85 da velocidade

de Messi, o encontro dos dois acontecerá dentro ou fora da área? (Considere que as

dimensões do campo são de 96 metros de comprimento por 72 metros de largura).

Podemos colocar o campo em um sistema de coordenadas onde o ponto em que

Messi se encontra inicialmente, ou seja, a linha lateral no meio do campo, seja a

origem. Desta forma, teremos que M = (0, 0) é a posição de Messi inicialmente,

T = (36, 0) é a posição de Thiago Silva, C = (36, 48) é a posição do centro do gol,

defendida pelo Brasil. A reta MC, de equação y =4x

3, representa a trajetória de

Messi em direção ao gol e o ponto P =

(x,

4x

3

), está sobre a trajetória que Thiago

Silva deve tomar para interceptar Messi. Sabemos que, quando Messi corre 100

Figura 2.23: Dimensões do Campo de Futebol

metros, Thiago Silva corre 85, podemos estabelecer que d(T,P ) =85

100· d(M,P ). Daí

teremos √(x− 36)2 +

(4x

3

)2

=85

100

√x2 +

(4x

3

)2

,

e simpli�cando esta igualdade, encontramos x = 24, 35 e y = 32, 47. Observamos

que, para as dimensões o�ciais de um campo de futebol, a grande área tem profun-

didade de 16, 5 metros, então, para o encontro ocorrer fora da área, a medida y teria

68


que ser menor do que 31, 5 metros. Como y = 32, 47 metros, isto nos mostra que

Thiago Silva só conseguiu derrubar Messi dentro da área. �

Exemplo 2.24. Um comerciante vende dois tipos de artigos, A e B. Na venda do

artigo A tem um lucro de 20 reais por unidade e na venda do artigo B, um lucro

de 30 reais por unidade. Em seu depósito só cabem 100 artigos e sabe-se que por

compromisso já assumido ele venderá pelo menos 15 artigos do tipo A e 25 do tipo B.

O distribuidor pode entregar ao comerciante, no máximo, 60 artigos A e 50 artigos

B. Quantos artigos de cada tipo deverá o comerciante encomendar ao distribuidor

para que, supondo que os venda todos, obtenha o lucro máximo?

Este problema foi extraído de [2] do capítulo de Sistemas Lineares, vamos propor

uma solução analítica. Seja x o número de artigos do tipo A e y o número de artigo

do tipo B que devem ser encomendados. Se para cada artigo A que vende tem

lucro de 20 reais e para cada artigo B tem lucro de 30 reais, o lucro total é dado por

L = 20x+30y. Como cabem no máximo 100 artigos, então x+y ≤ 100. Além disso,

serão vendidos pelo menos 15 artigos A e pelo menos 25 artigos B, ou seja, x ≥ 15

e y ≥ 25. O distribuidor entregará no máximo 60 artigos A e no máximo 50 artigos

B, e daí x ≤ 60 e y ≤ 50. As restrições dão origem, no plano cartesiano, ao polígono

convexo limitado pelas retas de equações x + y = 100, x = 15, y = 25, x = 60 e

y = 50 e os pares ordenados que satisfazem essas condições pertencem ao polígono,

Figura 2.24. As coordenadas dos vértices do polígono resultante, que encontramos

facilmente resolvendo o sistema dos pares de equações que correspondem aos lados

que determinam o vértice, são (15, 25), (15, 50), (50, 50), (60, 40), (60, 25). Como o

lucro é da forma L = 20x + 30y, calculando os valores da função lucro nos vértices

69


Figura 2.24: Diagrama do Lucro

do polígono, temos

(15, 25) −→ L = 1050

(15, 50) −→ L = 1800

(50, 50) −→ L = 2500

(60, 40) −→ L = 2400

(60, 25) −→ L = 1950.

Daí, a solução que corresponde ao valor máximo de lucro L é (50, 50) e o lucro

máximo é 2500. A justi�cativa para o lucro máximo e para calcular o valor da

função nos vértices está evidente nas restrições do problema, o ponto (50, 50) é

obtido da interseção das retas y = 50 e x+ y = 100, onde 15 ≤ x ≤ 60, 25 ≤ y ≤ 50

e x+y ≤ 100. O comerciante, para obter o lucro máximo nas condições do problema,

deverá encomendar 50 artigos do tipo A e 50 artigos do tipo B. Com isso, vendendo

todos, terá um lucro de 2500 reais. �

Temos agora um problema de probabilidade geométrica, onde iremos mostrar

uma solução bem interessante usamos o método analítico.

Exemplo 2.25. Dividindo aleatoriamente uma vara de bambu em três partes, qual

70


a probabilidade de que esses novos segmentos formem um triângulo?

Solução adaptada de [8]. Considerar um segmento de reta AB representando o

comprimento do bambu e adotar esse comprimento igual a 1. Vamos dividi-lo em

três partes: uma, AC, de comprimento x, outra CD de comprimento y e a terceira

DB de comprimente 1− x− y, ver Figura 2.25. Cada forma de dividir o segmento

unitário �ca então associada ao par ordenado (x, y) onde

x > 0

y > 0

x+ y < 1.

Isso corresponde, no plano cartesiano, à região triangular mostrada na Figura 2.26.

Figura 2.25: Divisão de um Segmento em Três Partes

Portanto, cada forma de dividir o segmento em três partes está agora representada

por um ponto interior ao triângulo. Mas, não são todas as divisões que formam

triângulos. Um triângulo existe se, e somente se, o comprimento de cada lado for

menor que a soma dos outros dois. Isto equivale a dizer que, em um triângulo, cada

lado é menor que seu semiperímetro, que no nosso caso é igual a 12. Daí teremos,

x <1

2, y <

1

2, 1 − x − y <

1

2. A última condição é equivalente a x + y >

1

2e,

reunindo as três, temos que a região favorável é o interior do triângulo formado

pelos pontos médios dos lados do triângulo inicial, como mostra a Figura 2.27. O

triângulo formado pelos pontos médios tem área igual a1

8, o triângulo grande tem

área igual a1

2. Chamamos de P a probabilidade de que os três segmentos formem

71


Figura 2.26: Triângulo com um dos Vértices na Origem

Figura 2.27: Triângulo Semelhante em Destaque

um triângulo, teremos

P =

1

81

2

=1

4.

�

Alguns problemas, de diversos ramos da Matemática, não nos dar nenhuma

pista no sentido de podermos usar coordenadas, como no problema de probabilidade

72


que resolveremos agora, adaptação de [6]. Problemas desse tipo mostra como é

imensa a utilidade da Geometria Analítica e como é grati�cante e prazeroso usar

essa ferramenta no momento adequado.

Exemplo 2.26. Duas amigas, Xênia e Yasmin, combinaram de encontrar-se entre

o meio dia e uma hora da tarde, de modo que, quem chegasse primeiro ao local do

encontro esperaria pela outra no máximo 15 minutos e depois iria embora. Supondo

que os horários de chegada sejam aleatórios dentro do intervalo combinado, qual a

probabilidade desse encontro acontecer?

Marcando-se os horários possíveis de chegada de Xênia e Yasmin nos eixos carte-

sianos, cada caso possível é determinado por um ponto (x,y) dentro de um quadrado

de lado 60 min (1 hora). Por exemplo, se Xênia chegar ao meio dia e 15 min e Yas-

min chegar ao meio dia e 45 min, esses horários correspondem ao ponto (15,45). No

diagrama apresentado na Figura 2.28, nota-se que o encontro ocorre se o ponto E

estiver na região mais escura do quadrado. Então, a probabilidade de ocorrer o en-

contro será dada pela razão entre a área da região mais escura e a área do quadrado,

ou seja, P =7

16. As condições impostas pelo problema são

0 ≤ x ≤ 60

0 ≤ y ≤ 60

|x− y| ≤ 15.

A desigualdade |x − y| ≤ 15 é equivalente a x − 15 ≤ y ≤ x + 15, o que mostra

que a região favorável é a faixa em torno da diagonal do quadrado como mostra a

Figura 2.28. A probabilidade P que encontramos é obtida dividindo a área da faixa

(A) pela a área do quadrado (Q).(A)

(Q)=

602 − 2.45.45/2

602=

7

16. �

73


Figura 2.28: Diagrama de Espaço Amostral e Eventos

Exemplo 2.27. Há poucos anos foi descoberto um manuscrito do pirata Barba

Negra descrevendo a localização de um rico tesouro enterrado por ele em certa ilha

do Caribe. O manuscrito identi�ca perfeitamente a ilha é dá as seguintes instruções:

qualquer um que desembarcar nesta ilha verá imediatamente dois grandes carvalhos

que chamarei de A e B e também uma palmeira que chamarei de C. Eu enterrei

o tesouro em um ponto X que pode ser encontrado seguindo as minhas instruções.

Caminhe de C para A contando seus passos. Chegando em A, vire para a esquerda e

dê exatamente o mesmo número de passos para chegar ao ponto M . Volte ao ponto

C, caminhe de C para B contando seus passos. Chegando em B, vire para a direita

e dê exatamente o mesmo número de passos para chegar ao ponto N . O ponto X

está na reta que liga M a N , e a mesma distância desses dois pontos.

Com essas preciosas informações, os exploradores chegaram à referida ilha mas

tiveram uma desagradável surpresa. Os carvalhos A e B lá estavam, mas a palmeira

C tinha desaparecido completamente. O tesouro estava perdido. Entretanto, fazia

74


Figura 2.29: Mapa do Tesouro

parte da comitiva, o matemático Pedro Batista Lacerda que, após breves cálcu-

los, conseguiu descobrir o tesouro e, naturalmente, reivindicou para si a sua posse.

Como ele fez isso? Vamos mostrar um exemplo de um problema em que o uso de

coordenadas foi extremamente útil. É um exercício de [5].

Pedro Batista Lacerda estabeleceu na ilha, que felizmente era plana, um sistema

de coordenadas com origem em A e com o ponto B no eixo OX, ver Figura 2.30.

Ele mediu a distância de A até B e encontrou 60 metros. Assim �cou estabelecido

que A = (0, 0), B = (60, 0) e para a palmeira desaparecida ele pôs C = (x, y).

Temos então que−→AC = (x, y) e

−−→AM = (y,−x) pois o produto interno entre esses

dois vetores é igual a zero. Note que−−→BC = (x− 60, y) portanto

−−→BN = (−y, x− 60)

já que−−→BC é ortogonal a

−−→BN . Como A é a origem então M = (y,−x). Logo,

N = B+−−→BN = (60−y, x−60). Sendo X o ponto médio de MN , suas coordenadas

são dadas por

X =

(y + 60− y

2,−x+ x− 60

2

)= (30,−30).

Portanto, para encontrar o tesouro, bastava andar 30 metros na direção de A para

B e depois virar à direita e andar mais 30 metros. Competência de Pedro Batista

75


Figura 2.30: Localização do Tesouro no Plano Cartesiano

Lacerda e azar de Barba Negra. A localização do tesouro �cou independente da

palmeira. �

Vamos usar coordenadas e a fórmula da distância entre dois pontos no plano

para mostrar uma aplicação em trigonometria.

Exemplo 2.28. Sendo α e β arcos trigonométricos, mostrar que cos(α − β) =

cosα · cosβ + senα · senβ.

Consideramos uma circunferência de raio igual a 1, centrada na origem do plano

cartesiano ortogonal e quatro pontos pertencentes à circunferência, Figura 2.31.

Suas coordenadas são P1 = (1, 0), P2 = (x2, y2), P3 = (x3, y3) e P4 = (x4, y4). É fácil

perceber que x2 = cosβ, y2 = senβ, x3 = cos(α − β), y3 = sen(α − β), x4 = cosα

e y4 = senα. Notamos que a distância entre os pontos P2 e P4 é igual a distância

entre P3 e P1. De fato, essa igualdade pode ser obtida da congruência dos triângulos

P2OP4 e P1OP3 (Lado- Ângulo - Lado), como mostrado em [4]. Pela fórmula da

76

2.6. QUESTÕES DA OBMEP

Figura 2.31: Pontos Sobre um Circulo

distância entre dois pontos, temos dP3P1 = dP2P4 , e assim√

(x3 − 1)2 + (y3 − 0)2 =√(x2 − x4)2 + (y2 − y4)2, isto é,

x23 − 2x3 + 1 + y23 = x22 − 2x2x4 + x24 + y22 − 2y2y4 + y24.

Substituindo os valores das coordenadas, temos cos2(α − β) − 2cos(α − β) + 1 +

sen2(α − β) = cos2β − 2cosβcosα + cos2α + sen2β − 2senβsenα + sen2α. Como

cos2(α− β) + sen2(α− β) = cos2β + sen2β = cos2α + sen2α = 1, temos

−2cos(α− β) + 2 = −2cosβcosα− 2senβsenα + 2.

Isto resulta na igualdade que queríamos demostrar. �

2.6 Questões da OBMEP

Algumas questões de Geometria e de Álgebra da OBMEP (Olimpíada Brasileira

de Matemática das Escolas Públicas), apresentam soluções complexas e de alto grau

77


de di�culdade. Vamos apresentar soluções analíticas mais simples e com menor grau

de di�culdade para algumas dessas questões.

apresentaremos agora uma solução analítica para o problema 17, da primeira fase

da OBMEP 2015 nível 3, muito mais simples e menos rebuscada do que a solução

apresentada no gabarito o�cial. Usaremos o conceito de distância entre dois pontos

no plano.

Exemplo 2.29. Na �gura, ABCD é um trapézio inscrito numa circunferência. A

base maior do trapézio mede 16 cm, a base menos 10 cm e a altura 9 cm. Qual a

medida, em centímetros, do raio da circunferência?

Figura 2.32: Trapézio da Questão 17, OBMEP 2015

Colocamos a circunferência no plano cartesiano de modo que o seu centro seja a

origem do sistema, Figura 2.33. Daí C = (5, y), B = (8,−9 + y) pois a base maior

mede 16, a base menor 10 e a altura 9. Como d(O,C) = d(O,B) = r =⇒√

52 + y2 =√82 + (−9 + y)2 =⇒ 25 + y2 = 145 − 18y + y2 =⇒ y =

20

3. Então o ponto C

tem coordenadas C =

(5,

20

3

). Como r = d(O,C), temos que r =

√52 +

(20

3

)2

=√625

9=

25

3cm.

78


Figura 2.33: Trapézio Inscrito no Circulo

É claro que a ordenada do ponto B, pelo sistema de eixos que montamos, é

negativa. Mas, no cálculo usado na fórmula da distância de OB, o que está implícito

é |9− y|. �

A seguir temos o problema número 18 da OBMEP 2005, primeira fase, nível 3.

A solução sintética está no gabarito o�cial divulgado pela organização da olimpíada,

vamos apresentar aqui uma solução analítica que julgamos mais simples.

Exemplo 2.30. A �gura mostra um polígono ABCDEF no qual dois lados con-

secutivos quaisquer são perpendiculares. O ponto G está sobre o lado CD e sobre

a reta que passa por A e E. Os comprimentos de alguns lados estão indicados em

centímetros. Qual é o perímetro do polígono ABCG ?

Figura 2.34: Polígono da Questão 18 da OBMEP 2005

79


Coloquemos o polígono em um sistema de coordenadas no plano, onde o ponto

A seja a origem e o lado AB esteja sobre o eixo OX, Figura 2.35. Com isso, teremos

A = (0, 0), B = (8, 0), C = (8, 6) e E = (3, 4). A reta que passa nos pontos A e

G tem equação y =4

3x e a reta que passa nos pontos C e G tem equação y = 6.

Resolvendo o sistema das duas equações

y =4

3x

y = 6

encontramos x =9

2, que é a abcissa do ponto G. Daí,

d(G,C) = 8− 9

2=

7

2

e

d(A,G) =

√62 +

(9

2

)2

=

√225

4=

15

2.

Logo, o perímetro do polígono ABCG será AB+BC+CG+GA = 8+6+3, 5+7, 5 =

25 cm. �

Figura 2.35: Perímetro do Polígono ABCG

Vamos resolver o problema número 3 da OBMEP 2005, segunda fase, nível 3

80


usando o método analítico que é muito mais simples do que a resolução mostrada

no gabarito o�cial da Olimpíada.

Exemplo 2.31. Numa certa cidade existem apenas duas empresas de táxi, a Dona

Leopoldina e a Dom Pedro II. A Dona Leopoldina cobra uma taxa �xa de 3, 00

mais 0, 50 por quilômetro rodado. Já a Dom Pedro II cobra uma taxa �xa de 1, 00

mais 0, 75 por quilômetro rodado. Os amigos Bento, So�a e Helena trabalham nessa

cidade e sempre voltam de táxi do trabalho para casa. Para pagar menos, Helena

sempre usa os táxis da Dona Leopoldina e, pelo mesmo motivo, Bento só usa os da

Dom Pedro II. So�a usa os táxis das duas empresas, porque paga o mesmo preço em

ambas.

a)Quanto So�a paga para ir de táxi do trabalho para casa?

b)Qual dos três amigos percorre, de táxi, a menor distância entre trabalho e casa?

Figura 2.36: Preço por Distância Percorrida

Fixamos um sistema de coordenadas no plano, onde o eixo OX representa a

distância percorrida em quilômetros e o eixo OY representa o preço a ser pago

correspondente a essa distância, como na Figura 2.36. A reta l representa os pontos

81


(x, y) referente à tabela da empresa Dona Leopoldina e a reta p, os pontos (x, y)

referente à tabela da empresa Dom Pedro II. Como So�a usa os dois táxi, pois

paga o mesmo valor, ela percorre uma distância de 8 km, portanto paga 7, 00 pois

a interseção das retas é o ponto P = (8, 7). Para ser mais vantajoso usar o táxi da

Dom Pedro II, Bento deve percorrer menos de 8 km e para ser mais vantajoso usar

o táxi da Dona Leopoldina, Helena deve percorrer mais de 8 km. Ou seja, quem

percorre a menor distância, de táxi, do trabalho para casa é Bento. �

82

Referências Bibliográ�cas

[1] BONJORNO, J. R.; GIOVANE, J. R. Matemática: Uma nova abordagem -

Volume 3. São Paulo: FTD, 2001.

[2] DANTE, L. R. Matemática: Contexto e Aplicações - Volume 2. São Paulo:

Ática, 2003.

[3] DELGADO, J.; FRENSEL K.; GRISSAFF, L. Geometria Analítica - Coleção

PROFMAT. SBM, 2013.

[4] KARAN, R. A. S. Minha terra tem palmeiras, onde canta o sabiá. RPM 71,

2010.

[5] LIMA, E. L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E.; MORGADO, A. C. A

matemática do Ensino Médio - Volume 3. Rio de Janeiro, 2005.

[6] LIMA, E. L.; CARVALHO, P. C. P.; WAGNER, E.; MORGADO, A. C. A

matemática do Ensino Médio - Volume 2. Rio de Janeiro, 2004.

[7] NERY, C. A Geometria Analítica do ensino médio. RPM 67, 2008.

[8] WAGNER, E. Probabilidade geométrica e o problema do macarrão. RPM 35,

1997.

83

https://www.ftd.com.br/detalhes/?id=5463

https://www.ftd.com.br/detalhes/?id=5463

http://http://www.atica.com.br/SitePages/autores.aspx?Autor=842

http://http://www.atica.com.br/SitePages/autores.aspx?Autor=842

http://www.http://loja.sbm.org.br/index.php/colecao-profmat/geometria-analitica.html

http://www.http://loja.sbm.org.br/index.php/colecao-profmat/geometria-analitica.html

http://www.rpm.org.br


http://www.sbm.org.br/







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